Problemas para la 22a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas (Problemas Avanzados)

Editado por: Carlos Jacob Rubio Barrios

2008

Carlos Jacob Rubio Barrios Facultad de Matem´ aticas, Universidad Aut´onoma de Yucat´ an.

Contenido

Presentaci´ on Resumen de Resultados Resultados de M´ exico en las Internacionales . . . . Resultados del Concurso Nacional de la 21a OMM Agradecimientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Informaci´ on sobre la Olimpiada . . . . . . . . . . .

V VII

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. vii . x . xii . xii

1. Enunciados de los Problemas 1.1. Problemas de Pr´ actica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Problemas de los u ´ltimos tres Concursos Nacionales de la OMM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Olimpiadas Internacionales en las que participa M´ exico 2.1. XIX Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico . . . . . . . . . 2.2. IX Olimpiada Matem´ atica de Centroam´erica y del Caribe 2.3. XXII Olimpiada Iberoamericana de Matem´aticas . . . . . 2.4. 48a Olimpiada Internacional de Matem´aticas . . . . . .

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1 1 9 15 15 16 17 19

3. Soluciones de los Problemas 21 3.1. Soluciones de los Problemas de Pr´actica . . . . . . . . . . . . . 21 3.2. Soluciones de los u ´ltimos tres Concursos Nacionales de la OMM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 4. Soluciones de las Olimpiadas Internacionales 79 4.1. XIX Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico . . . . . . . . . . . . . 79

Contenido

IV

4.2. IX Olimpiada Matem´atica de Centroam´erica y del Caribe . . . . 4.3. XXII Olimpiada Iberoamericana de Matem´aticas . . . . . . . . . 4.4. 48a Olimpiada Internacional de Matem´aticas . . . . . . . . . .

86 89 94

Ap´ endice

108

Bibliograf´ıa

116

Presentaci´ on

La Sociedad Matem´ atica Mexicana organiza la 22a Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas. Los ganadores del certamen formar´an las selecciones que participar´an en las distintas Olimpiadas Internacionales del a˜ no 2009: la XXI Olimpiada Matem´ atica de la Cuenca del Pac´ıfico que se llevar´a a cabo en el mes de marzo en M´exico y los ex´ amenes se corregir´an en Corea, la 50a Olimpiada Internacional que se llevar´ a a cabo en Alemania durante el mes de julio, la XXIV Olimpiada Iberoamericana de Matem´ aticas que se realizar´a en septiembre en M´exico y la XI Olimpiada Matem´ atica de Centroam´erica y el Caribe que se celebrar´a en junio en la Rep´ ublica Dominicana. En la 22a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas pueden participar los estudiantes de M´exico nacidos despu´es del 1o de agosto de 1989. Los concursantes deber´an estar inscritos en una instituci´on preuniversitaria durante el primer semestre del ciclo escolar 2008-2009 y, para el 1o de julio de 2009, no deber´an haber iniciado estudios de nivel universitario. La intenci´on de esta publicaci´on es que sirva como gu´ıa para los alumnos que desean prepararse para el Concurso Nacional de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas. Los problemas que aparecen aqu´ı no son ejercicios rutinarios en los que se apliquen directamente los conocimientos que se adquieren en la escuela, son problemas que requieren de una buena dosis de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos. Como en todos los aspectos del aprendizaje de las matem´aticas, el esfuerzo individual y el enfrentamiento solitario con los problemas son importantes, pero tambi´en es muy importante la discusi´on con los compa˜ neros y los profesores. Una forma de manifestar creatividad en matem´aticas es resolviendo problemas. Otra forma, que requiere de una mayor madurez, es invent´andolos. Invitamos a todos los lectores de este folleto: profesores, estudiantes, ol´ımpicos y exol´ımpicos

VI

Etapas de la Olimpiada

a que nos env´ıen problemas con soluci´on. Las aportaciones ser´an consideradas para su inclusi´ on en ex´ amenes o en futuros folletos. Este folleto incluye problemas de los concursos estatales de: Baja California, Distrito Federal, Morelos, Puebla y San Luis Potos´ı.

Etapas de la Olimpiada La Olimpiada Mexicana de Matem´aticas consta de tres etapas: Ex´ amenes Estatales. Estos ex´amenes servir´an para formar las selecciones estatales que asistir´ an al Concurso Nacional. Concurso Nacional. Este concurso se llevar´a a cabo en la ciudad de Hermosillo, Sonora, del 9 al 14 de noviembre de 2008. En ´el, se elegir´a a la preselecci´on mexicana. Entrenamientos. A los alumnos de la preselecci´on que surjan del Concurso Nacional se les entrenar´ a intensivamente durante el primer semestre del a˜ no 2008. Tambi´en, se les aplicar´an ex´amenes para determinar a los que representar´an a M´exico en las olimpiadas internacionales. La participaci´on en las tres etapas mencionadas es individual.

Resumen de Resultados

VII

Resumen de Resultados En el a˜ no de 1987 la Sociedad Matem´atica Mexicana organiz´ o la Primera Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas. A partir de esa fecha, los concursos nacionales se han celebrado anualmente en las ciudades de Xalapa, Hermosillo, Metepec, Guanajuato, Oaxtepec, La Trinidad, Acapulco, Guadalajara, Colima, M´erida, Monterrey, Quer´etaro, Oaxaca, Morelia, Oaxtepec, Colima, Guanajuato, Ixtapan de la Sal, Campeche, Zacatecas y Saltillo.

Resultados de M´ exico en las Internacionales Los resultados de las Delegaciones Mexicanas en las Olimpiadas Internacionales, Iberoamericanas y Centroamericanas han sido los siguientes: Olimpiada Internacional de Matem´ aticas a˜ no 1988 1989 1990 1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007

pa´ıs sede Australia Rep. Fed. de Alemania Rep. Popular de China Suecia Rusia Turqu´ıa Hong Kong Canad´ a India Argentina Taiw´ an Rumania Corea Estados Unidos Escocia Jap´on Grecia M´exico Eslovenia Vietnam

no. de pa´ıses 49 50 54 55 56 73 69 74 75 82 75 81 82 83 84 82 84 91 90 92

lugar de M´exico 37 31 36 35 49 63 65 59 53 32 44 52 30 46 46 41 37 31 24 37

La 48a Olimpiada Internacional de Matem´aticas se llev´o a cabo en Hanoi, Vietnam, del 19 al 31 de julio de 2007. La delegaci´on que represent´o a M´exico estuvo

Resumen de Resultados

VIII

integrada por los alumnos: Isaac Buenrostro Morales (Jalisco), Aldo Pacchiano Camacho (Morelos), Fernando Campos Garc´ıa (Distrito Federal), Cristian Manuel Oliva Avil´es (Yucat´an), Manuel Novelo Puc (Yucat´an) y Marco Antonio ´ Avila Ponce de Le´on (Yucat´an). M´exico ocup´o el lugar n´ umero 37 de 92 pa´ıses participantes. Los alumnos Isaac, Aldo, Fernando y Cristian obtuvieron medalla de bronce, y Manuel y Marco Antonio obtuvieron menci´on honor´ıfica. Olimpiada Iberoamericana de Matem´ aticas a˜ no 1989 1990 1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007

pa´ıs sede Cuba Espa˜ na Argentina Venezuela M´exico Brasil Chile Costa Rica M´exico Rep´ ublica Dominicana Cuba Venezuela Uruguay El Salvador Argentina Espa˜ na Colombia Ecuador Portugal

no. de pa´ıses 13 15 16 16 16 16 18 17 17 18 20 21 21 22 19 22 22 21 22

lugar de M´exico 3 3 5 6 9 6 9 2 3 5 3 2 3 3 4 5 2 1 4

La XXII Olimpiada Iberoamericana se llev´o a cabo en Coimbra, Portugal, del 9 al 16 de septiembre de 2007. Los alumnos que concursaron fueron: Aldo Pacchiano Camacho (Morelos), Fernando Campos Garc´ıa (Distrito Federal), Pa´ ul Iv´ an Gallegos Bernal (Jalisco) y Manuel Novelo Puc (Yucat´an). Los cuatro alumnos obtuvieron medalla de plata. M´exico ocup´o el cuarto lugar de 22 pa´ıses participantes.

Resumen de Resultados

IX

Olimpiada Matem´ atica de Centroam´ erica y el Caribe a˜ no

pa´ıs sede

no. de pa´ıses

lugar de M´exico

1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007

Costa Rica El Salvador Colombia M´exico Costa Rica Nicaragua El Salvador Panam´ a Venezuela

10 9 10 8 11 12 12 12 12

2 2 2 1 1 1 1 1 1

Del 4 al 9 de junio de 2007, se celebr´o en M´erida, Venezuela la IX Olimpiada Matem´ atica de Centroam´erica y el Caribe. La delegaci´on mexicana estuvo inte´ grada por los alumnos: Luis Angel Isa´ıas Castellano (Colima), Alejandro Jim´enez Mart´ınez (Guanajuato) y Manuel Guillermo L´opez Buenfil (Chihuahua). Los ´ alumnos Luis Angel y Alejandro obtuvieron medalla de oro y Manuel Guillermo obtuvo medalla de plata. M´exico ocup´o el primer lugar entre los doce pa´ıses participantes. Olimpiada Matem´ atica de la Cuenca del Pac´ıfico Desde 1991, los ganadores del Concurso Nacional participan anualmente en la Olimpiada Matem´ atica de la Cuenca del Pac´ıfico. No existe un registro estad´ıstico sobre la participaci´on de M´exico antes del a˜ no 2004. a˜ no 2004 2005 2006 2007

pa´ıs sede Canad´ a Corea Corea Corea

no. de pa´ıses 19 19 21 21

lugar de M´exico 9 13 10 10

Durante el mes de marzo de 2007 se aplic´o el examen de la XIX Olimpiada Matem´ atica de la Cuenca del Pac´ıfico a todos los alumnos que en ese momento se encontraban en los entrenamientos. Dicho examen se aplica y califica en M´exico. Los mejores ex´ amenes se enviaron a Corea para ser evaluados por el comit´e coreano. Los alumnos que obtuvieron medalla fueron: Isaac Buenrostro

Resumen de Resultados

X

Morales (Jalisco) con medalla de plata; Erick Alejandro Gallegos Ba˜ nos (Oaxaca), Fernando Campos Garc´ıa (Distrito Federal), Andr´es Leonardo G´omez ´ Emilsson (Distrito Federal), Marco Antonio Avila Ponce de Le´on (Yucat´an), Manuel Jes´ us Novelo Puc (Yucat´an) y Cristian Manuel Oliva Avil´es (Yucat´an) con medalla de bronce. Los siguientes alumnos obtuvieron menci´on honor´ıfica: Eduardo Velasco Barrera (Sonora) y Malors Emilio Espinosa Lara (Jalisco). M´exico ocup´o el lugar n´ umero 10 de los 21 pa´ıses participantes. N´ umero de Medallas obtenidas en Concursos Internacionales La siguiente tabla contiene el n´ umero total de medallas obtenidas por M´exico en las Olimpiadas Internacionales. Olimpiada Internacional Iberoamericana Centroamericana Cuenca del Pac´ıfico1 1

Oro 1 15 16 2

Plata 5 31 9 4

Bronce 33 23 2 12

Menci´on Honor´ıfica 23 3 0 16

Desde 2004.

Resultados del Concurso Nacional de la 21a Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas Del 11 al 16 de noviembre de 2007 se llev´o a cabo en Saltillo, Coahuila, el Concurso Nacional de la 21a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas, con la participaci´ on de todos los estados de la Rep´ ublica. Los 18 alumnos ganadores del primer lugar fueron: Anguiano Ch´ avez Marcelino (Chihuahua) L´opez Buenfil Manuel Guillermo (Chihuahua) ´ Isa´ıas Castellanos Luis Angel (Colima) D´ıaz Nava Benito Clemente (Hidalgo) Espinoza Lara Malors Emilio (Jalisco) Gallegos Bernal Paul Iv´an (Jalisco) Mendoza Orozco Rodrigo (Jalisco) ´ Alvarez Rebollar Jos´e Luis (Michoac´an) Blanco Sandoval Bruno (Morelos) Campero N´ un ˜ez Andr´es (Morelos)

Resumen de Resultados

XI

Pacchiano Camacho Aldo (Morelos) Gallegos Ba˜ nos Erik Alejandro (Oaxaca) Ju´arez Ojeda R´ıgel Apolonio (Puebla) Velasco Barreras Eduardo (Sonora) Culebro Reyes Jakob (Veracruz) Novelo Puc Manuel Jes´ us (Yucat´ an) Tuyub Rom´ an Daniel Abisai (Yucat´an) Vera Ruiz Alan Alejandro (Yucat´ an) Los 5 alumnos preseleccionados para la Olimpiada Matem´atica de Centroam´erica y el Caribe fueron: Hern´andez Gonz´ alez Flavio (Aguascalientes) Arreola Guti´errez Fernando Ignacio (Aguascalientes) Dosal Bustillos Manuel Enrique (Chihuahua) R´ıos Vel´ azquez M´ onica del Carmen (Nuevo Le´on) Vera Garza Jos´e Carlos (Nuevo Le´on) Aunque la participaci´on en el Concurso Nacional es individual, es importante destacar la labor que han llevado a cabo los estados de la Rep´ ublica apoyando a sus concursantes. Con el prop´osito de reconocer este trabajo, presentamos el registro de los estados que ocuparon los primeros 10 lugares en el Concurso Nacional de la 21a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

Jalisco Morelos Yucat´an Chihuahua Colima Nuevo Le´on Sonora Veracruz Puebla Michoac´an

´ En esta ocasi´on, el premio a la Superaci´on Acad´emica se llam´o Copa “Aguila que Vuela” y fue ganado por Colima. El segundo y tercer lugar de este premio lo ocuparon, Oaxaca y Veracruz, respectivamente.

Resumen de Resultados

XII

Agradecimientos Agradecemos a todos los estados que colaboraron con los problemas que aparecen en este folleto. Agradecemos a Gabriela Campero Arena la revisi´on de los problemas de pr´ actica, a Pablo Sober´on Bravo la revisi´on de la Olimpiada Centroamericana, a Marco Antonio Figueroa Ibarra la revisi´on de la Olimpiada Iberoamericana, a Rogelio Valdez Delgado la revisi´on de la Olimpiada de la Cuenca y de la Internacional, a Antonio Olivas Mart´ınez la revisi´on de los ex´ amenes nacionales y a Radmila Bulajich Manfrino la elaboraci´on de las figuras.

Informaci´ on sobre la Olimpiada Para obtener m´ as informaci´on sobre los eventos de la Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas o para consultar m´as material de estudio, visita nuestro sitio de Internet: http://www.omm.unam.mx/

´ ORGANIZADOR DE LA COMITE ´ OLIMPIADA MEXICANA DE MATEMATICAS

Enero de 2008

Cap´ıtulo 1

Enunciados de los Problemas

1.1.

Problemas de Pr´ actica

Problema 1. Sea ABCDE un pent´agono tal que los tri´angulos ABC, BCD, CDE, DEA y EAB tienen la misma ´area. Supongamos que AC y AD intersecan a BE en los puntos M y N , respectivamente. Demuestra que BM = N E. Problema 2. Denotemos con S(n) a la suma de los primeros n enteros positivos. Diremos que un entero positivo n es fant´astico si n y S(n) son ambos cuadrados perfectos. Por ejemplo, el n´ umero 49 es fant´astico, porque 49 = 72 y S(49) = 1 + 2 + · · · + 49 = 1225 = 352 son ambos cuadrados perfectos. Encuentra un entero n > 49 que sea fant´astico. Problema 3. Demuestra que en cualquier partici´on del conjunto {1, 2, . . . , 9} en tres subconjuntos, hay uno de ellos que cumple que el producto de sus n´ umeros es mayor que 71. Problema 4. Encuentra todos los enteros no negativos a y b que satisfacen la ecuaci´on 3 · 2a + 1 = b2 . Problema 5. Considera un hex´ agono con la propiedad de que todos sus ´angulos internos son iguales, pero sus lados no son necesariamente iguales. Demuestra que la suma de las longitudes de dos lados consecutivos es igual a la suma de las longitudes de sus respectivos lados opuestos.

2

Problemas de Pr´ actica

Problema 6. Determina todos los posibles resultados que se obtienen al sumar 90 enteros distintos tomados del 1 al 100. Problema 7. Sea ABC un tri´angulo y sea I su incentro. Sea C1 la circunferencia que pasa por B y es tangente en I a la bisectriz del ´angulo C, y sea C2 la circunferencia que pasa por C y es tangente en I a la bisectriz del ´angulo B. Demuestra que C1 y C2 se cortan en un punto que est´a en la circunferencia circunscrita del tri´ angulo ABC. Problema 8. Determina todos los enteros positivos a, b, c, d con a < b < c < d tales que: 1 1 1 1 + + + a b c d sea un entero. Problema 9. Un n´ umero de cubitos de lado uno se ponen juntos para formar un cubo m´ as grande y algunas de las caras del cubo grande se pintan. Despu´es de pintado se vuelven a separar los cubitos peque˜ nos y nos damos cuenta de que 45 de los cubos peque˜ nos no tienen ninguna cara pintada. ¿Cu´antas caras del cubo grande se pintaron? Problema 10. Sean m y n enteros positivos con m > 1. Demuestra que φ(mn − 1) es divisible entre n donde φ es la funci´on de Euler. Problema 11. Por el baricentro G de un tri´angulo ABC se traza una recta que QC 1 corta al lado AB en P y al lado AC en Q. Demuestra que PP B A · QA ≤ 4 . Problema 12. Demuestra que todo entero positivo se puede escribir en la forma a2 + b2 − c2 donde a, b y c son enteros positivos y a < b < c. Problema 13. Considera un conjunto finito de puntos en el plano con la propiedad de que la distancia entre cualesquiera dos de ellos es a lo m´as 1. Demuestra √ que el conjunto de puntos puede ser encerrado en un c´ırculo de radio 23 . Problema 14. Sea C el circunc´ırculo del tri´angulo ABC. Tracemos la bisectriz l del ´ angulo A. Sean L el punto de intersecci´on de l con BC y N el otro punto de intersecci´ on de l con C. Sea M el punto de intersecci´on de la circunferencia que pasa por A, B y L con el segmento AC. Demuestra que las ´areas de los tri´ angulos BN M y BM C son iguales. Problema 15. Sea p un n´ umero primo y sean a, b, c y d enteros tales que a2 + b2 = p = c2 + d2 . Demuestra que a = ±c y b = ±d, o a = ±d y b = ±c.

1.1 Problemas de Pr´ actica

3

Problema 16. Determina todos los enteros n ≥ 1 para los cuales es posible construir un rect´ angulo de dimensiones 15 × n con piezas del tipo:

• Las piezas no deben encimarse ni dejar huecos. • Los cuadritos de las piezas son de lado 1. Problema 17. Determina el m´ aximo com´ un divisor de los n´ umeros: 33 − 3, 55 − 5, 77 − 7, . . . , 20072007 − 2007.

Problema 18. ¿Para qu´e enteros n ≥ 5 se pueden pintar los v´ertices de un n-´agono regular usando a lo m´ as 6 colores de tal manera que cualesquiera 5 v´ertices consecutivos tengan distinto color? Problema 19. En el tri´ angulo ABC, sea H el ortocentro. Demuestra que las rectas de Euler de los tri´ angulos AHB, BHC y CHA concurren. Problema 20. Sobre una circunferencia se se˜ nalan siete puntos y se asignan enteros positivos distintos a cada uno de ellos. Luego, en forma simult´anea, cada n´ umero se reemplaza por el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los dos n´ umeros vecinos a ´el. Si se obtiene el mismo n´ umero n en cada uno de los siete puntos, determina el menor valor que puede tener n. Problema 21. Demuestra que el producto de cuatro enteros positivos consecutivos no puede ser un cuadrado perfecto ni tampoco un cubo perfecto. Problema 22. Sea ABCD un cuadrado con centro en el punto O. Sea X el punto tal que AOBX es un cuadrado y sean M , Y los puntos medios de los segmentos AB y OB, respectivamente. Sean C1 , la circunferencia que pasa por X, M , Y ; C2 , la circunferencia que tiene centro C y radio igual a CM ; y C3 , la circunferencia con di´ ametro CX. Demuestra que las tres circunferencias C1 , C2 y C3 tienen un punto en com´ un.

4

Problemas de Pr´ actica

Problema 23. En algunas casillas de un tablero de 10 × 10 se coloca una ficha de manera que se cumpla la siguiente propiedad: para cada casilla que tiene una ficha, la cantidad de fichas colocadas en su misma fila debe ser mayor o igual que la cantidad de fichas colocadas en su misma columna. ¿Cu´antas fichas puede haber en el tablero? Problema 24. Demuestra que para cada entero positivo n existe un n´ umero de n d´ıgitos divisible entre 5n formado de puros d´ıgitos impares. Problema 25. Determina todos los enteros positivos n para los cuales existen k ≥ 2 n´ umeros racionales positivos a1 , a2 , . . . , ak que satisfacen: a1 + a2 + · · · + ak = a1 · a2 · · · ak = n.

Problema 26. Sean C1 y C2 dos circunferencias que se intersectan en los puntos A y B. La tangente com´ un m´as pr´oxima al punto A toca las circunferencias C1 y C2 en los puntos C y D respectivamente. Una paralela a la recta CD se traza a trav´es de A, cortando a C1 y C2 en los puntos E y F respectivamente. Sean G e I las intersecciones de la recta DA con C1 y BC respectivamente (G distinto de A). An´ alogamente, sean H y J las intersecciones de CA con C2 y BD respectivamente. Finalmente, sean K y L las intersecciones de CG con BE y de DH con BF respectivamente. Demuestra que los puntos I, J, K y L est´ an sobre una recta paralela a CD. Problema 27. Sean x, y enteros tales que x2 − 2xy + y 2 − 5x + 7y y x2 − 3xy + 2y 2 + x − y son ambos m´ ultiplos de 17. Demuestra que xy − 12x + 15y tambi´en es m´ ultiplo de 17. Problema 28. Demuestra que es posible elegir 7 puntos en el plano con la propiedad de que entre cualesquiera tres de ellos, hay dos a distancia 1. Problema 29. Demuestra que existe un entero positivo n tal que: √ √ √ √ ( 2007 − 2006)2008 = n − n − 1.

Problema 30. Sean m > 1 y n > 1 enteros. Encuentra todos los enteros x, y tales que: xn + y n = 2m .

1.1 Problemas de Pr´ actica

5

Problema 31. Sea ABC un tri´ angulo rect´angulo con ´angulo recto en B. Sea D el pie de la perpendicular desde B sobre AC, y sea E el punto de intersecci´on de la bisectriz del ´ angulo BDC con BC. Sean M y N los puntos medios de BE y DC, respectivamente, y sea F el punto de intersecci´on de M N con BD. Demuestra que AD = 2BF . Problema 32. Un hombre del desierto antes de morir dej´o dicho en su testamento que sus tres hijos deber´ıan recibir la n-´esima, m-´esima y t-´esima parte de su reba˜ no de camellos, respectivamente. El hombre ten´ıa N camellos, N ≥ 3, en el reba˜ no cuando muri´o, donde N + 1 es un m´ ultiplo com´ un de n, m y t. Como los tres hijos no pudieron dividir N exactamente en n, m y t partes, mandaron llamar a Pablo para que les ayudara a resolver el problema. Pablo lleg´o con su propio camello, el cual se sum´o al reba˜ no. Entonces el reba˜ no fue dividido de acuerdo a los deseos del hombre. Pablo tom´o entonces su camello de vuelta, el cual sobr´o despu´es de la repartici´on. Determina todas las soluciones posibles (n, m, t, N ). Problema 33. Sean: A= y B= Demuestra que

A B

1 1 1 + + ··· + 1·2 3·4 2007 · 2008

1 1 1 + + ··· + . 1005 · 2008 1006 · 2007 2008 · 1005 no es un entero.

Problema 34. Sea ABCD un cuadril´atero convexo con ∠ADC = ∠BCD > 90◦ . Sea E el punto de intersecci´ on de AC con la paralela a AD por B, y sea F el punto de intersecci´ on de BD con la paralela a BC por A. Demuestra que EF y CD son paralelas. Problema 35. Sean a, b y c n´ umeros reales positivos tales que abc = 1. Demuestra que: »

1 b+

1 a

+

1 2

1 +» c + 1b +

1 2

1 +» a + 1c +

1 2

>

√

2.

6

Problemas de Pr´ actica

Problema 36. Sea n un entero positivo. Determina todos los enteros que se pueden escribir en la forma: 2 n 1 + + ··· + a1 a2 an para algunos enteros positivos a1 , a2 , . . . , an no necesariamente distintos. Problema 37. Decimos que un entero positivo es 3-partito si sus divisores positivos se pueden separar en tres conjuntos con la misma suma. Demuestra que hay infinitos enteros positivos 3-partitos. (Los conjuntos pueden tener s´olo un elemento). Problema 38. Sea M el punto de intersecci´on de las diagonales AC y BD del cuadril´ atero convexo ABCD. La bisectriz del ´angulo ACD intersecta a BA en el punto K. Si M A · M C + M A · CD = M B · M D, demuestra que ∠BKC = ∠BDC. Problema 39. (a) Demuestra que entre cualesquiera 2007 enteros positivos distintos, existe un entero con la propiedad de que el producto de los 2006 n´ umeros restantes se puede escribir en la forma a2 − b2 para algunos enteros positivos a y b. (b) Sup´ on que uno de los 2007 enteros es el 2006. Demuestra que si hay un u ´nico entero (de los 2007 enteros dados) con la propiedad del inciso anterior, entonces este u ´nico entero es el 2006. Problema 40. Sobre el lado AB del tri´angulo equil´atero ABC se escogen dos puntos P y Q (con P mas cerca de A que de Q) de manera que ∠P CQ = 30◦ . Sean M y N los puntos medios de los lados BC y AC respectivamente y R y S puntos sobre CQ y CP respectivamente tales que RM es perpendicular a BC y N S es perpendicular a AC. Demuestra que las diagonales del cuadril´atero P QRS son perpendiculares. Problema 41. Los lados y las diagonales de un n-´agono convexo (n ≥ 3), se pintan con n colores de tal manera que cada color se usa al menos una vez. Demuestra que hay un tri´angulo con v´ertices del pol´ıgono, cuyos lados est´an pintados con 3 colores distintos. Problema 42. Determina todos los enteros positivos n tales que 3n + 5n sea m´ ultiplo de 3n−1 + 5n−1 .

1.1 Problemas de Pr´ actica

7

Problema 43. En el tri´ angulo ABC se tiene que ∠ABC = ∠ACB = 80◦ . Sea P un punto en el segmento AB tal que ∠BP C = 30◦ . Demuestra que AP = BC. Problema 44. El producto de ciertos n´ umeros primos no necesariamente distintos, es 10 veces su suma. Determina dichos n´ umeros. Problema 45. En una Olimpiada de Matem´aticas participan n estudiantes de m pa´ıses. En la ceremonia de inauguraci´on, los estudiantes del mismo pa´ıs no se saludan (pues ya se conocen entre ellos), y pueden o no saludar a los participantes de otros pa´ıses una u ´nica vez. Si N es el n´ umero total de saludos que hubo, demuestra que: N≤

n2 (m − 1) . 2m

(Nota. El n´ umero de estudiantes que lleva cada pa´ıs no es limitado, y no necesariamente es el mismo para dos pa´ıses diferentes). n

Problema 46. Demuestra que para cada entero n ≥ 0, el n´ umero 77 + 1 es el producto de al menos 2n + 3 n´ umeros primos no necesariamente distintos. Problema 47. Sea JHIZ un rect´angulo, y sean A y C puntos en los lados ZI y ZJ, respectivamente. La perpendicular desde A sobre CH intersecta a la recta HI en el punto X, y la perpendicular desde C sobre AH intersecta a la recta HJ en el punto Y . Demuestra que los puntos X, Y, Z son colineales. Problema 48. Sean a0 , a1 , . . . , an enteros mayores o iguales que −1 y al menos uno de ellos distinto de cero. Si a0 + 2a1 + 22 a2 + · · · + 2n an = 0, demuestra que a1 + a2 + · · · + an > 0. Problema 49. Demuestra que hay una infinidad de enteros positivos a y b tales que a2 + 1 es m´ ultiplo de b y b2 + 1 es m´ ultiplo de a. ´ Problema 50. En un torneo de volibol durante la copa Europa-Africa, hubieron ´ 9 equipos m´ as de Europa que de Africa. Cada pareja de equipos jug´o exactamente una vez, y en total los equipos europeos ganaron 9 veces tantos partidos como ganaron los equipos africanos. ¿Cu´al es el m´aximo n´ umero de partidos que un solo equipo africano pudo haber ganado? Problema 51. Sea n > 1 un entero y sea p un n´ umero primo tal que n divide a p − 1 y p divide a n3 − 1. Demuestra que 4p − 3 es un cuadrado perfecto.

8

Problemas de Pr´ actica

Problema 52. Sea n un entero mayor que 1. Sobre cada v´ertice de un pol´ıgono de 2n lados se escribe un entero de tal forma que cualquier lado del pol´ıgono tiene escritos sobre sus extremos dos enteros consecutivos. Decimos que dos v´ertices del pol´ıgono son adyacentes si son los extremos de un lado del pol´ıgono. Un v´ertice del pol´ıgono se llama loma si el n´ umero escrito sobre ´el es mayor que los n´ umeros escritos sobre los dos v´ertices adyacentes a ´el. Un v´ertice del pol´ıgono se llama valle si el n´ umero escrito sobre ´el es menor que los n´ umeros escritos sobre los dos v´ertices adyacentes a ´el. Sea L la suma de los n´ umeros escritos sobre las lomas del pol´ıgono, y sea V la suma de los n´ umeros escritos sobre los valles del pol´ıgono. Demuestra que L − V = n. Problema 53. Utilizando fichas como la que se muestra en la figura, donde cada cuadrito es de 1 × 1, ¿es posible cubrir una cuadr´ıcula de 5 × 7 de tal manera que cada cuadrito de la cuadr´ıcula quede cubierto el mismo n´ umero de veces? (Se permite que se traslapen las piezas, pero no que se salgan de la cuadr´ıcula).

Problema 54. Sea ABC un tri´angulo cuyo lado m´as peque˜ no es BC. Sean P un punto de AB tal que ∠P CB = ∠BAC y Q un punto sobre AC tal que ∠QBC = ∠BAC. Demuestra que la recta que pasa a trav´es de los centros de los circunc´ırculos de los tri´angulos ABC y AP Q, es perpendicular a BC. Problema 55. Determina el menor n´ umero real r con la propiedad de que existen dos tri´ angulos no congruentes con lados de longitudes enteras y ´areas iguales a r. Problema 56. Sea O el circuncentro del tri´angulo acut´angulo ABC y sea K el punto de intersecci´ on de AO y BC. Sean L y M puntos en los lados AB y AC respectivamente, tales que KL = KB y KM = KC. Demuestra que las rectas LM y BC son paralelas. Problema 57. Las casillas de una cuadr´ıcula de 9 × 9 se llenan con los enteros del 1 al 81. Demuestra que hay un entero k, 1 ≤ k ≤ 9, tal que el producto de los n´ umeros en el rengl´on k es distinto del producto de los n´ umeros de la columna k.

Enunciados de los Problemas

9

Problema 58. (a) Demuestra que en cualquier colecci´on de nueve enteros distintos, se pueden elegir cuatro, digamos a, b, c y d, tales que a + b − c − d es m´ ultiplo de 20. (b) Demuestra que no se cumple (a) en colecciones de ocho enteros. Problema 59. Sea P un pol´ıgono regular de 2m + 1 lados y sea C su centro. ¿Cu´antos tri´ angulos cuyos v´ertices coinciden con v´ertices de P contienen a C en su interior? Problema 60. Encuentra todos los enteros a, b que satisfacen la ecuaci´on: (a + 1)(a + 2)(a + 3) + a(a + 2)(a + 3) + a(a + 1)(a + 3) + a(a + 1)(a + 2) = b2 . a

1.2.

Problemas de los ´ ultimos tres Concursos Nacionales de la OMM

Problema 1. (19a OMM) Sea O el centro de la circunferencia circunscrita al tri´angulo ABC, y sea P un punto cualquiera sobre el segmento BC (P 6= B y P 6= C). Sup´ on que la circunferencia circunscrita al tri´angulo BP O corta al segmento AB en R (R 6= A y R 6= B) y que la circunferencia circunscrita al tri´angulo COP corta al segmento CA en el punto Q (Q 6= C y Q 6= A). (i) Considera el tri´ angulo P QR; muestra que que es semejante al tri´angulo ABC y que su ortocentro es O. (ii) Muestra que las circunferencias circunscritas a los tri´angulos BP O, COP y P QR son todas del mismo tama˜ no. (Sugerido por Jos´e Antonio G´omez)

Problema 2. (19a OMM) Dadas varias cuadr´ıculas del mismo tama˜ no con n´ umeros escritos en sus casillas, su suma se efect´ ua casilla a casilla, por ejemplo: 1 2 1 0 2 0 4 2 + + = 3 4 0 1 3 0 6 5 Dado un entero positivo N , diremos que una cuadr´ıcula es N -balanceada si tiene n´ umeros enteros escritos en sus casillas y si la diferencia entre los n´ umeros escritos en cualesquiera dos casillas que comparten un lado es menor o igual que N .

10

Problemas Concursos Nacionales de la OMM

(i) Muestra que toda cuadr´ıcula 2n-balanceada (de cualquier tama˜ no) se puede escribir como suma de 2 cuadr´ıculas n-balanceadas. (ii) Muestra que toda cuadr´ıcula 3n-balanceada (de cualquier tama˜ no) se puede escribir como suma de 3 cuadr´ıculas n-balanceadas. (Sugerido por David Mireles)

Problema 3. (19a OMM) Determina todas las parejas (a, b) de enteros distintos de cero para las cuales es posible encontrar un entero positivo x primo relativo con b y un entero cualquiera y, tales que en la siguiente lista hay una infinidad de n´ umeros enteros: a + xy n a + xy a + xy 2 a + xy 3 , , , . . . , ,... b b2 b3 bn (Sugerido por Miguel Raggi)

Problema 4. (19a OMM) Decimos que una lista de n´ umeros a1 , a2 , . . . , am contiene una terna aritm´etica ai , aj , ak si i < j < k y 2aj = ai + ak . Por ejemplo, 8, 1, 5, 2, 7 tiene una terna aritm´etica (8, 5 y 2) pero 8, 1, 2, 5, 7 no. Sea n un entero positivo. Muestra que los n´ umeros 1, 2, . . . , n se pueden reordenar en una lista que no contenga ternas aritm´eticas. (Sugerido por Jos´e Antonio G´omez)

Problema 5. (19a OMM) Sea N un entero mayor que 1. En cierta baraja de N 3 cartas, cada carta est´a pintada de uno de N colores distintos, tiene dibujada una de N posibles figuras y tiene escrito un n´ umero entero del 1 al N (no hay dos cartas id´enticas). Una colecci´on de cartas de la baraja se llama completa si tiene cartas de todos los colores, o si entre sus cartas aparecen todas las figuras o todos los n´ umeros. ¿Cu´ antas colecciones no completas tienen la propiedad de que, al a˜ nadir cualquier otra carta de la baraja, ya se vuelven completas? (Sugerido por Humberto Montalv´an)

Problema 6. (19a OMM) Sea ABC un tri´angulo y AD la bisectriz del ´angulo ∠BAC, con D sobre BC. Sea E un punto sobre el segmento BC tal que BD = EC. Por E traza l la recta paralela a AD y considera un punto P sobre l y dentro del tri´ angulo. Sea G el punto donde la recta BP corta al lado AC y sea F el punto donde la recta CP corta al lado AB. Muestra que BF = CG. (Sugerido por Jes´us Jer´onimo Castro)

Enunciados de los Problemas

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Problema 7. (20a OMM) Sea ab un n´ umero de dos d´ıgitos. Un entero positivo n es “pariente” de ab si: el d´ıgito de las unidades de n tambi´en es b, los otros d´ıgitos de n son distintos de cero y suman a. Por ejemplo, los parientes de 31 son 31, 121, 211 y 1111. Encuentra todos los n´ umeros de dos d´ıgitos que dividen a todos sus parientes. (Sugerido por Simon Knight)

Problema 8. (20a OMM) Sea ABC un tri´angulo rect´angulo con ´angulo recto en A, tal que AB < AC. Sea M el punto medio de BC y D la intersecci´on de AC con la perpendicular a BC que pasa por M. Sea E la interseci´on de la paralela a AC que pasa por M con la perpendicular a BD que pasa por B. Demuestra que los tri´ angulos AEM y M CA son semejantes si y s´olo si ∠ABC = 60◦ . (Sugerido por Julio Brau)

Problema 9. (20a OMM) Sea n un n´ umero entero mayor que 1. ¿De cu´antas formas se pueden acomodar todos los n´ umeros 1, 2, 3, ..., 2n en las casillas de una cuadr´ıcula de 2 × n, uno en cada casilla, de manera que cualesquiera dos n´ umeros consecutivos se encuentren en casillas que comparten un lado en la cuadr´ıcula? (Sugerido por Humberto Montalv´an)

Problema 10. (20a OMM) ¿Para qu´e enteros positivos n puede cubrirse una escalera como la de la figura (pero con n escalones en vez de 4) con n cuadrados de lados enteros, no necesariamente del mismo tama˜ no, sin que estos cuadrados se encimen y sin que sobresalgan del borde de la figura?

(Sugerido por Humberto Montalv´an)

12

Problemas Concursos Nacionales de la OMM

Problema 11. (20a OMM) Sean ABC un tri´angulo acut´angulo y, AD, BE y CF sus alturas. La circunferencia con di´ametro AD corta a los lados AB y AC en M y N , respectivamente. Sean P y Q los puntos de intersecci´on de AD con EF y M N , respectivamente. Demuestra que Q es el punto medio de P D. (Sugerido por Jes´us Jer´onimo Castro)

Problema 12. (20a OMM) Sea n la suma de los d´ıgitos de un entero positivo A. Decimos que A es “surtido” si cada uno de los enteros 1, 2, ..., n es suma de d´ıgitos de A. 1. Demuestra que si 1, 2, ..., 8 son sumas de d´ıgitos de un entero A entonces A es surtido. 2. Si 1, 2, ..., 7 son sumas de d´ıgitos de un entero A, ¿es A necesariamente surtido? Nota: El n´ umero 117 no es surtido pues s´olo 1 = 1, 2 = 1 + 1, 7 = 7, 8 = 1 + 7, 9 = 1 + 1 + 7 se pueden escribir como suma de d´ıgitos de 117. (Sugerido por Juan Jos´e Alba)

Problema 13. (21a OMM) Encuentra todos los enteros positivos N con la siguiente propiedad: entre todos los divisores positivos de N hay 10 n´ umeros consecutivos pero no 11. (Sugerido por Humberto Montalv´an G´amez)

Problema 14. (21a OMM) Dado un tri´angulo equil´atero ABC, encuentra todos los puntos P del plano que cumplan ∠AP B = ∠BP C. (Sugerido por Jos´e Antonio G´omez Ortega)

Problema 15. (21a OMM) Sean a, b, c n´ umeros reales positivos que satisfacen a + b + c = 1. Muestra que: √ √ √ a + bc + b + ca + c + ab ≤ 2. (Sugerido por Jos´e Antonio G´omez Ortega)

Enunciados de los Problemas

13

Problema 16. (21a OMM) Para un entero positivo n se definen: n1 como la suma de los d´ıgitos de n, n2 como la suma de los d´ıgitos de n1 y n3 como la suma de los d´ıgitos de n2 . Por ejemplo para n = 199, n1 = 1991 = 19, n2 = 1992 = 10 y n3 = 1993 = 1. Encuentra todas las parejas de enteros positivos (m, n) tales que: m + n = 2007 m3 + n3 = 20073 (Sugerido por Octavio Arizmendi Echegaray)

Problema 17. (21a OMM) En cada cuadrado de una cuadr´ıcula de 6 × 6 hay una luci´ernaga apagada o encendida. Una movida es escoger tres cuadrados consecutivos ya sean los tres verticales o los tres horizontales, y cambiar de estado a las tres luci´ernagas que se encuentran en dichos cuadrados. Cambiar de estado a una luci´ernaga significa que si est´a apagada se enciende y viceversa. Muestra que si inicialmente hay una luci´ernaga encendida y las dem´as apagadas, no es posible hacer una serie de movidas tales que al final todas las luci´ernagas est´en apagadas. (Sugerido por Andr´es Leonardo G´omez Emilsson)

Problema 18. (21a OMM) Sea ABC un tri´angulo tal que AB > AC > BC. Sea D un punto sobre el lado AB de tal manera que CD = BC, y sea M el punto medio del lado AC. Muestra que BD = AC si y s´olo si ∠BAC = 2∠ABM . (Sugerido por David Torres Flores y Alejandro Jim´enez Mtz.)

14

Problemas Concursos Nacionales de la OMM

Cap´ıtulo 2

Olimpiadas Internacionales en las que participa M´ exico

2.1.

XIX Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico

Problema 1. Sea S un conjunto de 9 enteros distintos tal que todos los factores primos de estos n´ umeros son menores o iguales a 3. Muestre que S contiene 3 enteros distintos tales que su producto es un cubo perfecto. Problema 2. Sea ABC un tri´ angulo acut´angulo con ∠BAC = 60◦ y AB > AC. Sean I el incentro y H el ortocentro del tri´angulo ABC. Muestre que: 2∠AHI = 3∠ABC.

Problema 3. Considere n discos C1 , C2 , . . . , Cn en el plano tales que para cada 1 ≤ i < n, el centro de Ci est´ a sobre la circunferencia de Ci+1 , y el centro de Cn est´ a sobre la circunferencia de C1 . Defina el resultado de tal arreglo de n discos como el n´ umero de parejas (i, j) para las cuales Ci contiene propiamente a Cj (es decir, Cj est´ a contenido en Ci , pero Ci 6= Cj ). Determine el resultado m´aximo posible. Problema 4. Sean x, y, z n´ umeros reales positivos tales que

√

√ √ x+ y + z = 1.

16

Problemas de las Olimpiadas Internacionales

Muestre que: y 2 + zx z 2 + xy +» +» ≥ 1. 2x2 (y + z) 2y 2 (z + x) 2z 2 (x + y)

»

x2 + yz

Problema 5. Un arreglo regular de focos de 5 × 5 est´a defectuoso, ya que al apagar o encender el apagador de uno de los focos provoca que cada foco adyacente en la misma columna o en la misma fila, adem´as del foco mismo, cambie de estar encendido a apagado o de apagado a encendido. Inicialmente todos los focos est´ an apagados. Despu´es de apagar o encender los apagadores varias veces, s´ olo un foco permanece encendido. Encuentre todas las posibles posiciones de este foco.

2.2.

IX Olimpiada Matem´ atica de Centroam´ erica y del Caribe

Problema 1. La OMCC es una competencia anual de Matem´aticas. En el 2007 se lleva a cabo la novena olimpiada. ¿Para cu´ales enteros positivos n se cumple que n divide al a˜ no en que se realiza la n-´esima olimpiada? Problema 2. Sean ABC un tri´angulo, D y E puntos en los lados AC y AB, respectivamente, tales que las rectas BD, CE y la bisectriz que parte de A concurren en un punto P interior al tri´angulo. Demuestre que hay una circunferencia tangente a los cuatro lados del cuadril´atero ADP E si y s´olo si AB = AC. Problema 3. Sea S un conjunto finito de n´ umeros enteros. Suponga que para cualquier par de elementos p, q de S, con p 6= q, hay elementos a, b, c de S, no necesariamente diferentes entre s´ı, con a 6= 0, de manera que el polinomio F (x) = ax2 + bx + c cumple que F (p) = F (q) = 0. Determine el m´aximo n´ umero de elementos que puede tener el conjunto S. Problema 4. Los habitantes de cierta isla hablan un idioma en el cual todas las palabras se pueden escribir con las siguientes letras: a, b, c, d, e, f , g. Se dice que una palabra produce a otra si se puede llegar de la primera a la segunda aplicando una o m´ as veces cualquiera de las siguientes reglas: 1. Cambiar una letra por dos letras de acuerdo a la siguiente regla: a → bc, b → cd, c → de, d → ef, e → f g, f → ga, g → ab.

Enunciados de los Problemas

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2. Si se encuentran dos letras iguales rodeando a otra, ellas se pueden quitar. Ejemplo: df d → f . Por ejemplo, caf ed produce a bf ed, porque: caf ed → cbcf ed → bf ed. Demuestre que en esta isla toda palabra produce a cualquier otra palabra. Problema 5. Dados dos n´ umeros enteros no negativos m, n, con m > n, se dir´a que m termina en n si es posible borrar algunos d´ıgitos de izquierda a derecha de m para obtener n. Por ejemplo, 329 termina en 9 y en 29 u ´nicamente. Determine cu´antos n´ umeros de tres d´ıgitos terminan en el producto de sus d´ıgitos. Problema 6. Desde un punto P exterior a una circunferencia S se trazan tangentes que la tocan en A y B. Sea M el punto medio de AB. La mediatriz de AM corta a S en C (interior al △ABP ), la recta AC corta a la recta P M en G, y la recta P M corta a S en el punto D exterior al tri´angulo △ABP . Si BD es paralelo a AC, demuestre que G es el punto donde concurren las medianas del △ABP .

2.3.

XXII Olimpiada Iberoamericana de Matem´ aticas

Problema 1. Dado un entero positivo m, se define la sucesi´on {an } de la siguiente manera: a1 =

m , 2

an+1 = an ⌈an ⌉, si n ≥ 1.

Determinar todos los valores de m para los cuales a2007 es el primer entero que aparece en la sucesi´on. Nota: Para un n´ umero real x se define ⌈x⌉ como el menor entero que es mayor o igual que x. Por ejemplo, ⌈π⌉ = 4, ⌈2007⌉ = 2007. Problema 2. Sean ABC un tri´ angulo con incentro I y Γ una circunferencia de centro I, de radio mayor al de la circunferencia inscrita y que no pasa por ninguno de los v´ertices. Sean X1 el punto de intersecci´on de Γ con la recta AB m´ as cercano a B; X2 , X3 los puntos de intersecci´on de Γ con la recta BC siendo X2 m´ as cercano a B; y X4 el punto de intersecci´on de Γ con la recta CA m´ as cercano a C. Sea K el punto de intersecci´on de las rectas X1 X2 y X3 X4 . Demostrar que AK corta al segmento X2 X3 en su punto medio.

18

Problemas de las Olimpiadas Internacionales

Problema 3. Dos equipos, A y B, disputan el territorio limitado por una circunferencia. A tiene n banderas azules y B tiene n banderas blancas (n ≥ 2, fijo). Juegan alternadamente y A comienza el juego. Cada equipo, en su turno, coloca una de sus banderas en un punto de la circunferencia que no se haya usado en una jugada anterior. Cada bandera, una vez colocada, no se puede cambiar de lugar. Una vez colocadas las 2n banderas se reparte el territorio entre los dos equipos. Un punto del territorio es del equipo A si la bandera m´as pr´oxima a ´el es azul, y es del equipo B si la bandera m´as pr´oxima a ´el es blanca. Si la bandera azul m´ as pr´oxima a un punto est´a a la misma distancia que la bandera blanca m´ as pr´oxima a ese punto, entonces el punto es neutro (no es de A ni de B). Un equipo gana el juego si sus puntos cubren un ´area mayor que el area cubierta por los puntos del otro equipo. Hay empate si ambos cubren ´areas ´ iguales. Demostrar que, para todo n, el equipo B tiene estrategia para ganar el juego. Problema 4. En un tablero cuadriculado de 19 × 19, una ficha llamada drag´on da saltos de la siguiente forma: se desplaza 4 casillas en una direcci´on paralela a uno de los lados del tablero y 1 casilla en direcci´on perpendicular a la anterior.

X

X

X

X D

Desde D el drag´on puede saltar a una de las cuatro posiciones X Se sabe que, con este tipo de saltos, el drag´on puede moverse de cualquier casilla a cualquier otra. La distancia dragoniana entre dos casillas es el menor n´ umero de saltos que el drag´on debe dar para moverse de una casilla a otra. Sea C una casilla situada en una esquina del tablero y sea V la casilla vecina a C que la toca en un u ´nico punto. Demostrar que existe alguna casilla X del tablero tal que la distancia dragoniana de C a X es mayor que la distancia dragoniana de C a V .

Enunciados de los Problemas

19

Problema 5. Un n´ umero natural n es atresvido si el conjunto de sus divisores, incluyendo al 1 y al n, se puede dividir en tres subconjuntos tales que la suma de los elementos de cada subconjunto es la misma en los tres. ¿Cu´al es la menor cantidad de divisores que puede tener un n´ umero atresvido? Problema 6. Sea F la familia de todos los hex´agonos convexos H que satisfacen las siguientes condiciones: (a) los lados opuesto de H son paralelos; (b) tres v´ertices cualesquiera de H se pueden cubrir con una franja de ancho 1. Determinar el menor n´ umero real l tal que cada uno de los hex´agonos de la familia F se puede cubrir con una franja de ancho l. Nota: Una franja de ancho l es la regi´on del plano comprendida entre dos rectas paralelas que est´ an a distancia l (incluidas ambas rectas paralelas).

2.4.

48a Olimpiada Internacional de Matem´ aticas

Problema 1. Sean a1 , a2 , . . . , an n´ umeros reales. Para cada i (1 ≤ i ≤ n) se define: di = m´ax{aj : 1 ≤ j ≤ i} − m´ın{aj : i ≤ j ≤ n} y sea: d = m´ax{di : 1 ≤ i ≤ n}. (a) Demostrar que para cualesquiera n´ umeros reales x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn , m´ax {|xi − ai | : 1 ≤ i ≤ n} ≥

d . 2

(2.1)

(b) Demostrar que existen n´ umeros reales x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn para los cuales se cumple la igualdad en (2.1). Problema 2. Se consideran cinco puntos A, B, C, D y E tales que ABCD es un paralelogramo y BCED es un cuadril´atero c´ıclico y convexo. Sea l una recta que pasa por A. Supongamos que l corta al segmento DC en un punto interior F y a la recta BC en G. Supongamos tambi´en que EF = EG = EC. Demostrar que l es la bisectriz del ´angulo DAB.

20

Problemas de las Olimpiadas Internacionales

Problema 3. En una competencia de matem´aticas algunos participantes son amigos. La amistad es siempre rec´ıproca. Decimos que un grupo de participantes es una clique si dos cualesquiera de ellos son amigos. (En particular, cualquier grupo con menos de dos participantes es una clique). Al n´ umero de elementos de una clique se le llama tama˜ no. Se sabe que en esta competencia el mayor de los tama˜ nos de las cliques es par. Demostrar que los participantes pueden distribuirse en dos aulas, de manera que el mayor de los tama˜ nos de las cliques contenidas en un aula sea igual al mayor de los tama˜ nos de las cliques contenidas en la otra. Problema 4. En un tri´angulo ABC la bisectriz del ´angulo BCA corta a la circunferencia circunscrita en R (R 6= C), a la mediatriz de BC en P y a la mediatriz de AC en Q. El punto medio de BC es K y el punto medio de AC es L. Demostrar que los tri´angulos RP K y RQL tienen ´areas iguales. Problema 5. Sean a y b enteros positivos tales que 4ab − 1 divide a (4a2 − 1)2 . Demostrar que a = b. Problema 6. Sea n un entero positivo. Se considera: S = {(x, y, z) : x, y, z ∈ {0, 1, . . . , n}, x + y + z > 0} como el conjunto de (n + 1)3 − 1 puntos en el espacio tridimensional. Determinar el menor n´ umero posible de planos cuya uni´on contiene todos los puntos de S pero no incluye a (0, 0, 0).

Cap´ıtulo 3

Soluciones de los Problemas

3.1.

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

Soluci´ on del problema 1. Como los tri´angulos BCD y CDE tienen la misma ´area y comparten el lado CD, tenemos que CD y BE son paralelas. De manera similar tenemos que BC es paralela a AD y DE es parelela a AC. Luego, los cuadril´ ateros BCDN y M CDE son paralelogramos y por lo tanto BN = CD y M E = CD. En consecuencia, BN = M E, es decir BM +M N = M N +N E de donde BM = N E. B M

C

A N D E Soluci´ on del problema 2. Queremos encontrar un entero positivo k tal que 2 2 n = k2 y S(n) = n(n+1) = k (k2 +1) sea un cuadrado perfecto. Como k2 es 2 2 un cuadrado, basta encontrar k tal que k 2+1 = m2 para alg´ un entero positivo √ √ m. Es decir, queremos que k2 − 2m2 = (k + m 2)(k − m 2) = −1. Como

22 S(49) =

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica 72 (72 +1) 2

= 72 (52 ), tenemos que: √ √ 72 − 2 · 52 = (7 + 5 2)(7 − 5 2) = −1.

(3.1)

Adem´ as, es claro que: √ √ (3 + 2 2)(3 − 2 2) = 1. Multiplicando (3.1) y (3.2) tenemos que: √ √ √ √ −1 = (7 + 5 2)(7 − 5 2)(3 + 2 2)(3 − 2 2) √ √ √ √ = [(7 + 5 2)(3 + 2 2)][(7 − 5 2)(3 − 2 2)] √ √ = (41 + 29 2)(41 − 29 2)

(3.2)

(3.3)

= 412 − 2 · 292 .

De aqu´ı que k = 41 y m = 29 satisfacen la ecuaci´on k2 − 2m2 = −1. Por lo tanto, n = 412 = 1681 es otro n´ umero fant´astico. (N´otese que si multiplicamos (3.2) con (3.3) obtenemos nuevos valores de k y m y en consecuencia otro n´ umero fant´ astico. Por lo tanto, podemos seguir con este procedimiento de multiplicar la igualdad (3.2) con la nueva igualdad obtenida en el paso anterior y as´ı sucesivamente, para generar una infinidad de n´ umeros fant´asticos). Soluci´ on del problema 3. Supongamos que el conjunto {1, 2, . . . , 9} se parte en tres subconjuntos ajenos dos a dos A, B y C, donde el producto de los elementos de cada subconjunto es a, b y c, respectivamente. Si a, b y c son menores o iguales que 71, entonces abc ≤ 713 = 357911. Por otro lado, el producto de los elementos del conjunto {1, 2, . . . , 9} es 9! = 362880, que es mayor que 713 , lo que es una contradicci´on. Por lo tanto, al menos uno de los conjuntos A, B o C tiene producto mayor que 71. Soluci´ on del problema 4. Si a = 0, entonces b = 2. Si a = 1, entonces b2 = 7 y no hay soluci´on. Si a ≥ 2, entonces 2a es m´ ultiplo de 4 y b es impar. Sea b = 2c+1. Entonces 3·2a = b2 −1 = (b−1)(b+1) = 2c(2c+2) = 4c(c+1), de donde 3 · 2a−2 = c(c + 1). Si a = 2, entonces 3 = c(c + 1) lo cual es imposible. Luego, a > 2. Si c + 1 es par, entonces c es impar y por lo tanto c es primo relativo con 2a−2 . Luego c es divisor de 3, es decir c = 1 o 3. Es f´acil ver que c no puede ser 1. Si c = 3 tenemos que 2a−2 = 4, de donde a − 2 = 2. De aqu´ı que a = 4 y b = 7. Ahora, si c es par entonces c + 1 es divisor de 3. Es f´acil ver que c + 1 no puede ser 1. Si c + 1 = 3, entonces 2a−2 = 2. Luego, a − 2 = 1 de donde a = 3 y b = 5. Por lo tanto, las soluciones son (a, b) = (0, 2), (3, 5) y (4, 7).

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

23

Soluci´ on del problema 5. Sea ABCDEF un hex´agono con todos sus ´angulos internos iguales. Si α es un ´ angulo interno, entonces α = 120◦ . Sean AB = a, BC = b, CD = c, DE = a1 , EF = b1 y F A = c1 . Sea P el punto de intersecci´ on de las rectas AB y CD. Entonces ∠P BC = 60◦ y ∠P CB = 60◦ . Por lo tanto, el tri´ angulo BP C es equil´atero de lado b. R

F

A B

E Q

D

C

P

De manera similar, si Q es el punto de intersecci´on de las rectas CD y EF , y R es el punto de intersecci´ on de las rectas EF y BA, entonces los tri´angulos DQE y F RA son equil´ ateros de lados a1 y c1 , respectivamente. Entonces, ∠QP R = ∠RQP = ∠P RQ = 60◦ y por lo tanto el tri´angulo P QR es equil´atero. Luego, RQ = RP , es decir, a1 + b1 + c1 = a + b + c1 de donde a1 + b1 = a + b. Similarmente, a1 + c = c1 + a y c + b = c1 + b1 . Soluci´ on del problema 6. Observemos que la suma m´as peque˜ na posible es 1 m = 1 + 2 + · · · + 90 = 2 (90)(91) = 45(91) y la suma m´as grande posible es M = 11 + 12 + · · · + 100 = 21 (90)(111) = 45(111). Demostraremos que todo n´ umero entero entre m y M se puede escribir como suma de 90 n´ umeros distintos tomados del 1 al 100. Sean Sk = k + (k + 1) + · · · + (k + 89) y Rk = (k+1)+(k+2)+· · ·+(k+90) con 1 ≤ k ≤ 10. Como Sk = 90k+45(89) y Rk = 90k + 45(91) = Sk + 90, entonces si n es un entero tal que Sk < n < Rk , necesariamente n es de la forma Sk + r con 1 ≤ r < 90. Luego, para escribir a n como suma de 90 enteros distintos tomados del 1 al 100, basta sumarle 1 a cada uno de los r sumandos m´as grandes de Sk . Por lo tanto, los valores posibles para la suma de 90 enteros distintos tomados del 1 al 100, son todos los enteros a tales que 45(91) ≤ a ≤ 45(111). Segunda Soluci´ on. Sean m y M como en la primera soluci´on. Supongamos que b > m no puede ser obtenido como la suma de una elecci´on de 90 enteros distintos tomados del 1 al 100, mientras que b − 1 s´ı puede ser obtenido como una de tales sumas. Sean 1 ≤ a1 < a2 < · · · < a90 ≤ 100 tales que b − 1 = a1 + a2 + · · · + a90 . Tenemos entonces que a90 = 100, pues de otro modo sustituyendo a90 por a90 + 1 obtendr´ıamos b, lo cual no puede ser. Por el mismo

24

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

argumento, tenemos que at−1 = at −1 para 2 ≤ t ≤ 90. Luego, b = M +1 > M , lo que prueba que todo entero entre m y M (incluy´endolos), se puede escribir como una suma de 90 enteros distintos tomados del 1 al 100. Soluci´ on del problema 7. Sea P el otro punto de intersecci´on de C1 y C2 . Basta demostrar que ∠BAC + ∠BP C = 180◦ (¿por qu´e?). A E F

I

B C1

C P

C2

Sean α = ∠ACB y β = ∠ABC. Tenemos que ∠BAC = 180◦ − (α + β). Demostraremos entonces que ∠BP C = α + β. Sean E y F las intersecciones de la bisectriz por B con el lado AC y de la bisectriz por C con el lado AB, respectivamente. Como la bisectriz por C es tangente a C1 , tenemos que ∠BP I = ∠BIF ya que subtienden el mismo arco. An´alogamente tenemos que ∠CP I = ∠CIE. Adem´as, ∠BIC = ∠F IE = 180◦ − α+β 2 . Luego: 360◦ = ∠BIF + ∠BIC + ∠CIE + ∠F IE α+β α+β + ∠CP I + 180◦ − = ∠BP I + 180◦ − 2 2 = ∠BP C + 360◦ − (α + β), de donde ∠BP C = α + β. Soluci´ on del problema 8. Como 1 ≤ a < b < c < d, tenemos que b ≥ 2, c ≥ 3 y d ≥ 4. Entonces: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ≤ + + + =2+ . a b c d 1 2 3 4 12 Luego, los valores enteros posibles de a1 + 1b + 1c + d1 son 1 y 2. Dividimos en casos. Caso 1. a1 + 1b + 1c + 1d = 2. Si a = 1, b = 2 y c = 3, entonces d = 6 y 11 + 12 + 13 + 61 = 2.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica Ä

25 ä

12 o d = 11 que no Si a = 2, b = 3 y c = 4, entonces d1 = 2 − 21 + 13 + 41 = 11 12 ´ es entero. Si a ≥ 3, b ≥ 4, c ≥ 5 y d ≥ 6, entonces 2 = a1 + 1b + 1c + d1 ≤ 13 + 41 + 15 + 16 = 57 60 < 1, lo cual es un absurdo. Por lo tanto, s´ olo hay una soluci´on en este caso. Caso 2. a1 + 1b + 1c + d1 = 1. Notemos que s´ olo hay que considerar el caso a = 2, ya que si a ≥ 3, entonces 1 1 1 1 1 1 1 1 57 a + b + c + d ≤ 3 + 4 + 5 + 6 = 60 < 1. 1 1 6c 36 Si a = 2 y b = 3, entonces c + d = 16 de modo que d = c−6 = 6 + c−6 . Como d es entero, entonces c − 6 debe dividir a 36. Luego, las posibilidades para c − 6 son 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 y 36, y de aqu´ı se sigue f´acilmente que las soluciones con c < d son (c, d) = (7, 42), (8, 24), (9, 18) y (10, 15). 4c 16 = 4 + c−4 . De aqu´ı que Si a = 2 y b = 4, entonces 1c + d1 = 41 de donde d = c−4 c − 4 debe ser divisor de 16. Luego, los posibles valores para c − 4 son 1, 2, 4, 8 y 16. Se sigue entonces que las soluciones con c < d son (c, d) = (5, 20) y (6, 12). 3 10c c+30 Si a = 2 y b = 5, entonces 1c + 1d = 10 de donde d = 3c−10 = 3 + 3c−10 . Como d es entero, entonces 3c−10 debe dividir a c+30, de modo que 3c−10 ≤ c+30 y de aqu´ı que c ≤ 20. Es f´ acil verificar que no hay soluciones para c y d con 6 ≤ c ≤ 20. Si a = 2 y b ≥ 6, entonces c ≥ 7 y d ≥ 8, de modo que 1 = a1 + 1b + 1c + d1 ≤ 1 1 1 1 157 2 + 6 + 7 + 8 = 168 < 1 lo cual es un absurdo. Luego, si a = 2 y b ≥ 6 no hay soluciones. Por lo tanto, las soluciones son (a, b, c, d) = (1, 2, 3, 6), (2, 3, 7, 42), (2, 3, 8, 24), (2, 3, 9, 18), (2, 3, 10, 15), (2, 4, 5, 20) y (2, 4, 6, 12).

Soluci´ on del problema 9. Observemos que si tenemos un cubo formado por 6× 6× 6 cubitos, el cubo que est´ a en la parte interior del cubo mayor es un cubo de 4 × 4 × 4 = 64 cubitos que no estar´an pintados y el problema nos dice que u ´nicamente 45 cubos peque˜ nos no tienen caras pintadas. Por lo tanto, nuestro cubo grande estar´ a formado por a lo m´as 5 × 5 × 5 cubitos. Veamos qu´e sucede para el caso del cubo formado por 4× 4× 4 cubitos. Ocultos a la vista tenemos un cubo formado por 2 × 2 × 2 = 8 cubitos que no se pintan aun cuando pintemos todas las caras del cubo mayor. Luego, tenemos que ver cu´antas caras del cubo mayor hay que pintar para tener otros 37 cubitos sin pintar. Si u ´nicamente pintamos una cara del cubo de 4 × 4 × 4, tendremos 3 × 4 × 4 = 48 cubitos sin caras pintadas. Luego, tendremos que pintar al menos dos caras del cubo de 4 × 4 × 4, pero esto lo podemos hacer de dos formas, es decir: pintar dos caras que comparten una arista o pintar dos caras que no tienen una arista en com´ un. Analicemos cada caso. Supongamos que tenemos dos caras pintadas que comparten una arista. Entonces, tendremos

26

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

3 × 3 × 4 = 36 cubitos sin pintar y necesitamos tener 45. Ahora analicemos el caso donde tenemos dos caras pintadas que no comparten una arista. En este caso tenemos 2 × 4 × 4 = 32 cubitos sin pintar. Por lo tanto, no hay posibilidad de obtener 45 cubitos sin pintar para un cubo de 4 × 4 × 4, ya que si pintamos m´ as caras el n´ umero de cubitos sin pintar ser´a menor. Para los cubos formados por un n´ umero menor de cubitos tampoco hay soluci´on, ya que tienen mucho menos de 45 cubitos. En el caso en que el cubo grande est´e formado por 5 × 5 × 5 cubitos, siempre habr´ a 3×3×3 = 27 cubitos peque˜ nos que no tienen caras pintadas y que forman la parte interior del cubo grande. Veamos qu´e debemos pintar para obtener 18 cubitos m´ as sin pintar. Al igual que en el caso del cubo de 4 × 4 × 4 cubitos, tenemos varios casos. Pensemos en el cubo de 5 × 5 × 5 como una caja con 4 paredes, la base y la tapa. Si pintamos 4 caras, podemos hacerlo de 4 formas: pintar 3 paredes y la tapa; pintar 2 paredes que compartan una arista, la base y la tapa; pintar dos paredes que no compartan una arista, la base y la tapa; o pintar 4 paredes sin pintar la base y la tapa. Los primeros dos casos son equivalentes, y tenemos (3 × 4) + (3 × 3) = 21 cubitos sin pintar, pero s´olo necesitamos 18. Los otros dos casos son equivalentes y se obtienen 3 × 3 × 2 = 18 cubitos sin pintar y por lo tanto habr´a 27 + 18 = 45 cubitos que no tienen caras pintadas. Por lo tanto, se pintaron 4 caras del cubo grande (que es un cubo de 5 × 5 × 5 cubitos). Soluci´ on del problema 10. Es claro que mn − 1 y m son primos relativos. n Entonces, por el Teorema de Euler tenemos que mφ(m −1) ≡ 1 (mod mn − 1), n es decir, mφ(m −1) − 1 es divisible entre mn − 1. Aplicando el siguiente lema, se sigue que φ(mn − 1) es divisible entre n. Lema. Si a, m y n son enteros positivos y a > 1, entonces am − 1 es divisible entre an − 1 si y s´ olo si m es divisible entre n. En efecto, si m = nk, entonces am − 1 = (an )k − 1 tiene al factor an − 1 y por lo tanto am − 1 es divisible entre an − 1. Supongamos ahora que am − 1 es divisible entre an − 1. Por el algoritmo de la divisi´ on, existen enteros q y r tales que m = qn + r donde 0 ≤ r < n y q > 0. Entonces: am − 1 = aqn+r − 1 = ar ((an )q − 1) + ar − 1. Como am − 1 y (an )q − 1 son ambos divisibles entre an − 1, entonces ar − 1 tambi´en es divisible entre an − 1. Como an − 1 > ar − 1 (ya que a > 1 y n > r), la u ´nica posibilidad para que ar − 1 sea divisible entre an − 1 es que r a − 1 = 0, es decir, r = 0. Por lo tanto, m = qn y as´ı m es divisible entre n. Esto demuestra el lema.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

27

Soluci´ on del problema 11. Dupliquemos el tri´angulo trazando AD paralela a BC y CD paralela a BA. Sea M el punto de intersecci´on de CD con P Q y sean x = P B, y = AB. A

D

M P B

G

Q C

Por la semejanza de los tri´ angulos AQP y QM C tenemos que QC QA = MC angulos GP B y GM D tenemos que y−x , y por la semejanza de los tri´ 1 GB GD = 2 . Entonces, M D = 2x y M C = y − M D = y − 2x. Luego:

MC AP PB MD

= =

P B QC 1 x(y − 2x) 1 · ≤ ⇔ ≤ ⇔ 9x2 − 6xy + y 2 ≥ 0 ⇔ (3x − y)2 ≥ 0. P A QA 4 (y − x)2 4 QC 1 as, la Como (3x − y)2 ≥ 0 para todo x, y, se sigue que PP B A · QA ≤ 4 . Adem´ y y igualdad se alcanza si y s´ olo si P B = x = 3 , si y s´olo si M C = 3 , si y s´olo si P Q es paralela a BC.

Soluci´ on del problema 12. Sea m un entero positivo. Dividimos en dos casos. Caso 1. m es impar. Claramente, 1 = 42 + 72 − 82 , 3 = 42 + 62 − 72 , 5 = 42 + 52 − 62 y 7 = 102 + 142 − 172 . Supongamos que m = 2n + 3 con n > 2. Entonces, m = (3n + 2)2 + (4n)2 − (5n + 1)2 y como n > 2, tenemos que 3n + 2 < 4n < 5n + 1. Caso 2. m es par. Claramente, 2 = 52 + 112 − 122 . Supongamos que m = 2n con n > 1. Entonces, m = 2n = (3n)2 + (4n − 1)2 − (5n − 1)2 y como n > 1, tenemos que 3n < 4n − 1 < 5n − 1. Soluci´ on del problema 13. Sean A y B dos puntos separados a distancia m´axima d, con d ≤ 1. Con centro en estos puntos, trazamos un par de circunferencias de radio d. Es claro que el resto de los puntos est´an en la intersecci´on de ambos c´ırculos (si hubiera un punto fuera de la intersecci´ on de ambos c´ırculos, la distancia entre ese punto y alguno de A o B ser´ıa mayor que d, contradiciendo el hecho de que d es la distancia m´axima). Con centro en el punto medio del segmento AB, trazamos una circunferencia de

28 radio

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica √

3 2 d.

Dicha circunferencia intersecta a las otras dos y encierra completa-

mente la intersecci´ on de ambos c´ırculos. Como d ≤ 1, tenemos que Por lo tanto, podemos encerrar a los puntos en un c´ırculo de radio

√

3 d √2 3 2 .

≤

√ 3 2 .

√ 3 2 d

A

B d 2

Soluci´ on del problema 14. Tenemos que ∠BAL = ∠CAL. Como ∠M AL = ∠M BL por subtender el mismo arco, y ∠M AL = ∠CAL, entonces ∠M BL = ∠BAL. Similarmente, como ∠N CB = ∠N AB por subtender el mismo arco, y ∠N AB = ∠BAL, tenemos que ∠N CB = ∠BAL. Luego, ∠M BL = ∠N CB y por lo tanto M B y CN son paralelas. Finalmente, como los tri´angulos BN M y BM C comparten el lado BM , se sigue que sus ´areas son iguales. A

C

M

B L

C N Soluci´ on del problema 15. Tenemos que Entonces, por una parte tenemos que:

p b2

= ( ab )2 + 1 y

p d2

= ( dc )2 + 1.

p p(d2 − b2 ) p − = b2 d2 b2 d2 y por otra parte tenemos que: p p − = b2 d2

Å ã2

Å ã2

a b

−

c d

=

a2 d2 − b2 c2 (ad − bc)(ad + bc) = . b2 d2 b2 d2

(3.4)

(3.5)

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

29

Luego, de (3.4) y (3.5) se sigue que (ad− bc)(ad+ bc) ≡ 0 (mod p). Como p es primo, tenemos que ad − bc ≡ 0 (mod p) o ad + bc ≡ 0 (mod p). Supongamos que ad − bc ≡ 0 (mod p). Es f´ acil verificar que: p2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 .

(3.6)

Dividimos en dos casos. Caso 1. Supongamos que ad = bc. Entonces de (3.6) se sigue que ac + bd = ±p y por lo tanto: ±ap = a2 c + abd = a2 c + b2 c = pc. Luego, a = ±c y b = ±d. Caso 2. Supongamos que ad 6= bc. Como ad − bc ≡ 0 (mod p), tenemos que (ad − bc)2 ≡ 0 (mod p2 ) y de aqu´ı (ad − bc)2 ≥ p2 . Como (ac + bd)2 ≥ 0, entonces la expresi´on (3.6) implica que (ac + bd)2 = 0 y (ad − bc)2 = p2 , es decir ac + bd = 0 y ad − bc = ±p. Luego: ±cp = acd − bc2 = −bd2 − bc2 = −bp, de donde b = ±c. Entonces, ac + bd = ac ± cd = 0, de donde a = ±d. El caso ad + bc ≡ 0 (mod p) se prueba de manera similar y se deja al lector. Soluci´ on del problema 16. Observemos primero que para formar un rect´angulo con estas piezas sin dejar huecos, necesitamos poner en el borde del rect´angulo, piezas en forma de U con la base de la pieza (la parte que tiene 3 cuadritos) pegada al borde, o bien piezas en forma de cruz con una U a cada lado formando bloques rectangulares de 3 × 5 como se muestra en la figura.

Por lo tanto, n es de la forma 3a + 5b con a ≥ 0 y b ≥ 0 enteros. Como los valores m´ as peque˜ nos de la forma 3a + 5b con a ≥ 0 y b ≥ 0 son 3 · 0 + 5 · 0 = 0, 3 · 1 + 5 · 0 = 3, 3 · 0 + 5 · 1 = 5, 3 · 2 + 5 · 0 = 6 y 3 · 1 + 5 · 1 = 8, se sigue que no se pueden construir rect´ angulos de 15 × n si n = 1, 2, 4 o 7. Demostraremos que para cualquier otro entero positivo n s´ı se puede. En efecto, con 3 bloques de 3 × 5 se puede formar el rect´ angulo de 15 × 3, y con 5 bloques de 3 × 5 se puede formar el de 15 × 5. Con dos rect´angulos de 15 × 3 se forma el de 15 × 6. Si n ≥ 8, entonces consideremos los siguientes casos:

30

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

1. n = 3k. Entonces, con k rect´angulos de 15 × 3 formamos el de 15 × n. 2. n = 3k + 1. Entonces, n = 3(k − 3) + 10 y con k − 3 rect´angulos de 15 × 3 y dos rect´ angulos de 15 × 5 formamos el de 15 × n. 3. n = 3k + 2. Entonces, n = 3(k − 1) + 5 y con k − 1 rect´angulos de 15 × 3 y uno de 15 × 5 formamos el de 15 × n. Soluci´ on del problema 17. Como el m´as peque˜ no de los n´ umeros es 33 − 3 = 24, el m´ aximo com´ un divisor es a lo m´as 24. Cada n´ umero es de la forma nn − n con n impar y mayor que 1. Sea n = 2k + 1. Entonces: Ä

ä

nn − n = n (n2 )k − 1 = n(n2 − 1)(n2k−2 + n2k−4 + · · · + 1) = n(n − 1)(n + 1)(n2k−2 + n2k−4 + · · · + 1).

Como alguno de los n´ umeros n, n − 1 o n + 1 es divisible entre 3, entonces n(n − 1)(n + 1) es divisible entre 3. Adem´as, (n − 1)(n + 1) = 4k(k + 1) es divisible entre 4 · 2 = 8 ya que k(k + 1) es divisible entre 2. Luego, nn − n es divisible entre 3 · 8 = 24 para cada n = 3, 5, 7, . . . , 2007. Por lo tanto, el m´ aximo com´ un divisor es 24. Soluci´ on del problema 18. Sean a, b, c, d, e y f los colores. Denotemos por S1 a la secuencia a, b, c, d, e y por S2 a la secuencia a, b, c, d, e, f . Si n > 0 se puede escribir en la forma 5x + 6y, con x, y ≥ 0, entonces n satisface las condiciones del problema: podemos poner x secuencias S1 consecutivas, seguidas de y secuencias S2 consecutivas, alrededor del pol´ıgono. Si y es igual a 0, 1, 2, 3 o 4, entonces n es igual a 5x, 5x + 6, 5x + 12, 5x + 18 o 5x + 24 respectivamente. Los u ´nicos n´ umeros mayores que 4 que no son de estas formas son 7, 8, 9, 13, 14 y 19. Mostraremos que ninguno de estos n´ umeros satisface el problema. Supongamos que existe una coloraci´on de este tipo para n igual a alguno de los n´ umeros 7, 8, 9, 13, 14 y 19. Sea k el residuo que se obtiene al dividir n entre 6. Por el principio de las casillas, al menos k + 1 v´ertices del pol´ıgono tienen el mismo color. Entre cualesquiera dos de estos v´ertices hay al menos otros 4, ya que cualesquiera 5 v´ertices consecutivos tienen distinto color. Luego, hay al menos 5k + 5 v´ertices, y n ≥ 5k + 5. Sin embargo, es f´acil verificar que esta desigualdad no se cumple para n = 7, 8, 9, 13, 14 y 19 (por ejemplo, si n = 7, entonces k = 1, pero 7 no es mayor o igual que 5(1) + 5 = 10). Por lo tanto, dicha coloraci´on es posible para todo entero n ≥ 5 excepto para n = 7, 8, 9, 13, 14 y 19. Soluci´ on del problema 19. Sea O′ el centro de la circunferencia de los nueve puntos del tri´ angulo ABC (es decir, O′ es el punto medio de la recta de Euler

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

31

que va de H a O, donde O es el circuncentro del tri´angulo ABC. V´ease el Teorema 37 del Ap´endice). Sean D, E y F los pies de las alturas desde los v´ertices A, B y C, respectivamente. Entonces los pies de las alturas de los tri´angulos ABH, BCH y CAH desde el v´ertice H coinciden con D, E y F . Luego, la circunferencia de los nueve puntos de los tri´angulos ABH, BCH y CAH es la misma que la circunferencia de los nueve puntos del tri´ angulo ABC, ya que todas deben pasar por D, E y F . A E F

H b

b

O

B

D

′

O

b

C

Entonces, la recta de Euler del tri´ angulo ABH pasa por su ortocentro (que en este caso es C) y por el centro O′ de la circunferencia de los nueve puntos del tri´angulo ABH. Luego, la recta de Euler del tri´angulo ABH es la recta CO′ . An´alogamente, la recta de Euler del tri´angulo BCH es la recta AO′ y la recta de Euler del tri´ angulo CAH es la recta BO′ . Luego, las tres rectas concurren en el centro de la circunferencia de los nueve puntos del tri´ angulo ABC. Soluci´ on del problema 20. Sean a, b, c, d, e, f y g los siete n´ umeros colocados en ese orden en el sentido de las manecillas del reloj. Consideremos la factorizaci´on de n como producto de primos. Si n = pα con p primo, entonces a = n o c = n. Si a = n y c 6= n, entonces e = n, lo cual no es posible. Si c = n y a 6= n, entonces f = n que tampoco es posible. Por lo tanto, n no puede ser potencia de un primo. Supongamos que n = pα q β con p y q n´ umeros primos distintos. Como el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de a y c es n, entonces a o c es m´ ultiplo de pα , y a o c es m´ ultiplo β α β α 1 1 de q . Sin p´erdida de generalidad supongamos que a = p q y c = p q β . Entonces, e = pα q β2 , g = pα2 q β , b = pα q β3 , d = pα3 q β , f = pα q β4 y a = pα4 q β , donde α1 , α2 , α3 y α4 son enteros distintos entre s´ı con 0 ≤ αi ≤ α para i = 1, 2, 3, 4, y β1 , β2 , β3 y β4 son enteros distintos entre s´ı con 0 ≤ βi ≤ β para i = 1, 2, 3, 4. Se sigue entonces que a = pα q β , α ≥ 2 y β ≥ 3. Por lo tanto, en este caso n ≥ 23 · 32 = 72. Supongamos que n = pqr con p, q y r n´ umeros primos distintos. Es claro que sobre la circunferencia no puede aparecer el n´ umero 1 (¿por qu´e?). Como los

32

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

divisores de pqr son 1, p, q, r, pq, qr, rp y pqr, entonces los n´ umeros sobre la circunferencia deben ser precisamente los divisores de pqr distintos de 1. Si a = p, entonces c = qr y f = pqr o c = pqr y f = qr. En el primer caso, tenemos que e = p lo cual no puede ser. En el segundo caso, tenemos que d = p que tampoco puede ser. Por lo tanto, n no puede ser igual a pqr. Supongamos que n = p2 qr. El menor n´ umero de esta forma es n = 22 ·3·5 = 60 y una soluci´on en este caso es a = 22 , b = 22 ·3·5, c = 3·5, d = 22 ·5, e = 22 ·3, f = 2 · 3 · 5 y g = 5. Si n tiene cuatro o m´ as divisores primos, entonces n ≥ 2 · 3 · 5 · 7 = 210. Por lo tanto, el menor valor que puede tener n es 60. Soluci´ on del problema 21. Sean n − 1, n, n + 1, n + 2 cuatro enteros positivos consecutivos. Es f´ acil ver que: N = (n − 1)n(n + 1)(n + 2) = (n2 + n − 2)(n2 + n) = (n2 + n − 1)2 − 1.

Luego, si N = m2 para alg´ un entero positivo m, entonces (n2 + n − 1 − 2 m)(n + n − 1 + m) = 1. Luego, n2 + n − 1 − m = n2 + n − 1 + m = 1 ´o n2 + n − 1 − m = n2 + n − 1 + m = −1, y es f´acil verificar que en cualquier caso m = 0, lo cual no puede ser. Por lo tanto, N no puede ser un cuadrado. Supongamos ahora que N es un cubo. Dividimos en dos casos. Caso 1. n es impar. Entonces n es primo relativo con el producto M = (n − 1)(n + 1)(n + 2) = n3 + 2n2 − n − 2 (¿por qu´e?), de modo que M debe ser un cubo tambi´en. Pero esto es imposible, pues n3 < n3 + 2n2 − n − 2 < (n + 1)3 si n ≥ 2. Caso 2. n es par. Si n = 2, entonces N = 24 que no es un cubo. Supongamos que n > 2. Entonces n + 1 es primo relativo con el producto M = (n − 1)n(n + 2) = n3 + n2 − 2n (¿por qu´e?), de modo que M debe ser un cubo. Pero esto es imposible, pues n3 < n3 + n2 − 2n < (n + 1)3 si n > 2. Soluci´ on del problema 22. Sea Q el otro punto de intersecci´on de las circunferencias C1 y C3 . Demostraremos que Q pertenece a C2 . Es f´acil ver que O, M y X son colineales y que OX es paralela a BC, y BX es paralela a CO. Luego, BCOX es un paralelogramo y como Y es el punto medio de BO, tambi´en lo es de CX, es decir, Y es el centro de C1 . Ahora, como CX es di´ ametro de C3 , tenemos que ∠CQX = ∠CQM + ∠M QX = 90◦ . Como el cuadril´ atero M Y QX es c´ıclico, tenemos que ∠M QX = ∠M Y X. Adem´as, ∠XM Y = ∠XM B + ∠BM Y = 90◦ + 45◦ = 135◦ . Luego, ∠XQY = 180◦ − ∠XM Y = 45◦ , y como Y es el centro de C1 , el tri´angulo XY Q es is´osceles y por lo tanto ∠XY Q = 90◦ . Como ∠XM Q = ∠XY Q (por subtender el mismo arco), y ∠XM B = 90◦ , tenemos que los puntos M , B y Q son colineales.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

33

Xb A

B

b

M

Y

C1 bQ

b

O D

b

C

C3

Por otro lado, las rectas M Y y BX son paralelas, ya que BX es paralela a AO (por ser lados opuestos de un cuadrado) y M Y es paralela a AO (por ser M y Y los puntos medios de los lados AB y OB en el tri´angulo ABO), de 1 YB = 12 , BM modo que ∠M Y X = ∠Y XB. Tenemos entonces que XB BC = 2 y YB = XB angulos XBY y CBM ∠XBY = ∠CBM = 90◦ . Entonces, BM BC y los tri´ son semejantes con ∠BM C = ∠BY X = 90◦ − ∠Y XB = 90◦ − ∠M QX = ∠CQM . Luego, el tri´ angulo CM Q es is´osceles y CM = CQ. Por lo tanto, Q pertenece a C2 . Soluci´ on del problema 23. Es claro que una casilla se puede cubrir. Si cubrimos las casillas de una fila de una en una, cumplir´an las condiciones. Luego, hemos cubierto de 1 a 10 casillas. Si cubrimos un cuadrado de 2 × 2, es claro que cumplir´ a las condiciones. Sobre una de las filas del cuadrado de 2 × 2, podemos cubrir de una en una todas las casillas de esa fila, y tambi´en cumplir´an las condiciones. De igual manera se pueden cubrir las casillas de la otra fila del cuadrado de 2×2. De esta forma, hemos cubierto de 4 a 20 casillas. Continuando de esta forma, utilizando cuadrados de 3 × 3, 4 × 4, . . ., 9 × 9, podemos cubrir de 1 a 90 casillas. Ahora, supongamos que podemos cubrir de 91 a 99 casillas. Entonces, hay una fila con a lo m´as 9 casillas cubiertas. Pero tambi´en, por el principio de las casillas, hay una columna con 10 casillas cubiertas, y esto no puede ser. Por lo tanto, no se pueden cubrir de 91 a 99 casillas. Finalmente, es f´acil ver que se puede cubrir toda la cuadr´ıcula. Por lo tanto, s´olo se puede cubrir de 1 a 90 casillas y toda la cuadr´ıcula.

Soluci´ on del problema 24. Procederemos por inducci´on en n. Claramente para n = 1 se cumple. Supongamos que N = a1 a2 . . . an es divisible entre 5n y tiene puros d´ıgitos impares (la barra denota que los n´ umeros debajo de ella son los

34

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

d´ıgitos de N ). Sea N = 5n M y consideremos los n´ umeros: N1 = 1a1 a2 . . . an = 1 · 10n + 5n M = 5n (1 · 2n + M )

N2 = 3a1 a2 . . . an = 3 · 10n + 5n M = 5n (3 · 2n + M ) N3 = 5a1 a2 . . . an = 5 · 10n + 5n M = 5n (5 · 2n + M ) N4 = 7a1 a2 . . . an = 7 · 10n + 5n M = 5n (7 · 2n + M ) N5 = 9a1 a2 . . . an = 9 · 10n + 5n M = 5n (9 · 2n + M ) Afirmamos que los n´ umeros 1 · 2n + M , 3 · 2n + M , 5 · 2n + M , 7 · 2n + M y n 9 · 2 + M dejan distinto residuo cuando se dividen entre 5. En efecto, si dos de ellos dejaran el mismo residuo cuando se dividen entre 5, entonces su diferencia tambi´en ser´ıa m´ ultiplo de 5, lo cual es imposible puesto que 2n no es m´ ultiplo de 5 ni tampoco lo es la diferencia de cualesquiera dos de los n´ umeros 1, 3, 5, 7, 9. Se sigue finalmente que uno de los n´ umeros N1 , N2 , N3 , N4 , N5 , es m´ ultiplo de 5n · 5 = 5n+1 , lo que completa la inducci´on. Soluci´ on del problema 25. La respuesta es n = 4 o n ≥ 6. Primero demostraremos que cada n ∈ {4, 6, 7, 8, 9, . . .} satisface la condici´on. Si n = 2k ≥ 4 es par, hacemos (a1 , a2 , . . . , ak ) = (k, 2, 1, . . . , 1). As´ı, a1 + a2 + · · · + ak = k + 2 + 1(k − 2) = 2k = n y a1 · a2 · · · ak = 2k = n. Si n = 2k + 3 ≥ 9 es impar, hacemos (a1 , a2 , . . . , ak ) = (k + 23 , 12 , 4, 1, . . . , 1). As´ı, a1 + a2 + · · · + ak = k + 32 + 12 + 4 + (k − 3) = 2k + 3 = n y a1 · a2 · · · ak = (k + 23 ) · 21 · 4 = 2k + 3 = n. Un caso muy especial es n = 7, en el que hacemos (a1 , a2 , a3 ) = ( 43 , 76 , 29 ). Es f´ acil ver que a1 + a2 + a3 = a1 · a2 · a3 = 7 = n. Demostraremos ahora que n ∈ {1, 2, 3, 5} no satisface la condici´on. Supongamos por el contrario, que existe un conjunto de k ≥ 2 n´ umeros racionales positivos cuya suma y producto son ambos iguales a n ∈ {1, 2, 3, 5}. Por la desigualdad media aritm´etica - media geom´etrica, tenemos que: n1/k = de donde:

√ k

a1 · a2 · · · ak ≤ k

a1 + a2 + · · · + ak n = , k k 1

n ≥ k k−1 = k1+ k−1 .

Luego: √ k = 3 ⇒ n ≥ 3 3 > 5, √ 3 k = 4 ⇒ n ≥ 4 4 > 5, 1

k ≥ 5 ⇒ n ≥ 51+ k−1 > 5,

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

35

y as´ı, ninguno de los enteros 1, 2, 3, o 5 se puede representar como la suma, y al mismo tiempo, como el producto de tres o m´as n´ umeros positivos a1 , a2 , . . . , ak , racionales o irracionales. a21 de Falta ver el caso k = 2. Si a1 + a2 = a1 · a2 = n, entonces n = a1 −1 2 modo que a1 satisface la ecuaci´on cuadr´atica a1 − na1 + n = 0. Como a1 es racional, el discriminante n2 − 4n debe ser el cuadrado de un entero positivo. Sin embargo, es f´ acil verificar que esto no es as´ı para n = 1, 2, 3, 5. Nota: De entre todos los enteros positivos, s´olo n = 4 se puede expresar como suma y producto de los mismos dos n´ umeros racionales. En efecto, (n − 3)2 < 2 2 2 n − 4n = (n − 2) − 4 < (n − 2) si n ≥ 5; y n2 − 4n < 0 si n = 1, 2, 3. Soluci´ on del problema 26. Sea P el punto de intersecci´on de AB y CD. Por la potencia de P con las circunferencias C1 y C2 , tenemos que P C 2 = P A · P B = P D 2 , por lo que P C = P D. Por el Teorema de Ceva en el tri´angulo DBC, tenemos: DJ BI CP · · = 1, JB IC P D de donde

BI IC

=

BJ JD .

De aqu´ı que IJ es paralela a CD. C

E

P

D

A K

I

G

F

J

L

H

C1

C2

B

Por otra parte, tenemos que ∠GEC = ∠GCD (ya que subtienden el mismo arco). Como CD y EF son paralelas, tenemos que ˆ E C 2 ,

ˆ A C 2

= ∠ACD = ∠EAC =

¯ Luego, ∠EGC = ∠CGA y por lo tanto los tri´ de donde ¯ AC = EC. angulos GEC y GCD son semejantes, pues tienen dos ´angulos iguales, y por lo tanto GC GE GC = GD . Como ∠GEB = ∠GCB por estar inscritos en el mismo arco, los tri´angulos GEK y GCI tambi´en son semejantes. De esta semejanza concluimos que GK GE GC = GI . GC GE GK GC GK Ahora, tenemos que GE GC = GD y GC = GI , de donde GD = GI lo que implica

36

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

que KI es paralela a CD. An´alogamente se obtiene que JL es paralela a CD. Como s´ olo hay una paralela que pasa por I tenemos que KI e IJ est´an sobre la misma recta. An´ alogamente, s´olo hay una paralela a CD que pasa por J, y por lo tanto IJ y JL est´an sobre la misma recta. Entonces los tres segmentos KI, IJ y JL est´ an sobre la misma recta paralela a CD, de donde los puntos K, I, J y L son colineales y est´an sobre una recta paralela a CD. Segunda Soluci´ on. Tenemos que ∠DCA = ∠CBA por subtender el mismo arco. An´ alogamente, tenemos que ∠CDA = ∠DBA. Y como ∠DCA + ∠CDA + ∠CAD = 180◦ y ∠CAD = ∠IAJ, tenemos que el cuadril´atero ˆ IAJB es c´ıclico. Entonces, ∠JIB = ∠JAB = 180◦ − ∠BAC = B2C = ∠DCB de donde IJ es paralela a CD. Como en la primera soluci´on se prue¯ = EC. ¯ Luego, ∠CBE = ∠CGA y as´ı el cuadril´ ba que AC atero KIBG es c´ıclico. Como el cuadril´atero EABG tambi´en es c´ıclico, se sigue entonces que ∠EAG = ∠EBG = ∠KIG, de modo que KI es paralela a EF y a su vez a CD. An´ alogamente se demuestra que JL es paralela a CD y terminamos como en la primera soluci´on. Soluci´ on del problema 27. Tenemos que 17 divide a x2 − 3xy + 2y 2 + x − y = (x − y)(x − 2y + 1). Como 17 es primo, entonces x − y ≡ 0 (mod 17) o x − 2y + 1 ≡ 0 (mod 17). Veamos cada caso. Caso 1. x−y ≡ 0 (mod 17). Como x2 −2xy+y 2 −5x+7y = (x−y)2 −5(x−y)+ 2y ≡ 0 (mod 17), entonces 2y ≡ 0 (mod 17) y por lo tanto y ≡ 0 (mod 17). Luego, x ≡ y ≡ 0 (mod 17) y as´ı xy − 12x + 15y ≡ 0 (mod 17). Caso 2. x−2y+1 ≡ 0 (mod 17). Tenemos que x−y ≡ y−1 (mod 17), de donde x2 −2xy+y 2 −5x+7y = (x−y)2 −5(x−y)+2y ≡ (y−1)2 −5(y−1)+2y = y 2 − 5y+6 = (y−2)(y−3) ≡ 0 (mod 17). De aqu´ı se sigue que y ≡ 2 (mod 17) o y ≡ 3 (mod 17). En el primer caso, tenemos que x ≡ 2y−1 ≡ 2(2)−1 = 3 (mod 17) y en consecuencia xy − 12x + 15y ≡ 3(2) − 12(3) + 15(2) = 0 (mod 17). En el segundo caso, tenemos que x ≡ 2y − 1 ≡ 2(3) − 1 = 5 (mod 17) y por lo tanto xy − 12x + 15y ≡ 5(3) − 12(5) + 15(3) = 0 (mod 17). Soluci´ on del problema 28. Consideremos dos rombos iguales de lado 1, digamos ABCD y EF C ′ G cada uno con un ´angulo de 60◦ . Supongamos que ∠C = ∠C ′ = 60◦ . Luego, empalmamos los dos rombos haciendo coincidir los v´ertices C y C ′ , y giramos uno de ellos alrededor de C de tal manera que la distancia entre los v´ertices m´as alejados de C (uno en cada rombo) queden a distancia 1. En este caso, los v´ertices m´as alejados de C son A y E. Es f´acil verificar que los puntos A, B, C, D, E, F y G satisfacen el problema.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

37

A 60◦ B

F

E D

60◦ 60◦ C = C′

G

Soluci´ on del problema 29. Demostraremos m´as generalmente que si m y n son enteros positivos y n es par, entonces existe un entero positivo N tal que: √ √ √ √ ( m + 1 − m)n = N − N − 1. En efecto, tenemos que: Ç å

n X √ √ √ n √ ( m + 1)k ( m)n−k (−1)n−k ( m + 1 − m)n = k k=0 n

=

2 X

Ç

k=0

å

n−2k n (m + 1)k m 2 2k

n √ å −1 Ç n−2k m + 1 2X n · − √ (m + 1)k m 2 . m 2k + 1 k=0

An´alogamente: Ç å

n X √ √ n √ n √ ( m + 1)k ( m)n−k ( m + 1 + m) = k k=0 n

=

2 X

Ç

k=0

å

n−2k n (m + 1)k m 2 2k

n √ å −1 Ç n−2k n m + 1 2X · (m + 1)k m 2 . + √ m 2k + 1 k=0

Haciendo:

n

S1 =

2 X

k=0

Ç

å

n−2k n (m + 1)k m 2 2k

38

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

y S2 = tenemos que:

√

n

Ç

å

−1 2 n−2k m+1 X n √ · (m + 1)k m 2 , m 2k + 1 k=0

√ √ √ √ 1 = ( m + 1 − m)n ( m + 1 + m)n = (S1 − S2 )(S1 + S2 ) = S12 − S22 .

Finalmente, haciendo N = S12 tenemos que S22 = S12 − 1 = N − 1, de donde: √ √ √ √ ( m + 1 − m)n = S1 − S2 = N − N − 1, y claramente N es entero porque S1 es entero. Soluci´ on del problema 30. Sea d el m´aximo com´ un divisor de x e y. Entonces x = da, y = db, donde a y b son primos relativos. Es claro que a y b son impares y que an + bn = 2k para alg´ un entero k ≤ m. Supongamos que n es 2 2 par. Como a ≡ b ≡ 1 (mod 8), tenemos que an ≡ bn ≡ 1 (mod 8) y por lo tanto 2k = an + bn ≡ 2 (mod 8). De aqu´ı se sigue que k = 1 (¿por qu´e?) y en consecuencia a = b = 1 (ya que n > 1). Luego, x = y = d. Por lo tanto, la ecuaci´on se convierte en xn = 2m−1 y tiene soluci´on si y s´olo si n es divisor de m−1 m − 1 y en este caso x = y = 2 n . Supongamos ahora que n es impar. Usando la factorizaci´on: an + bn = (a + b)(an−1 − an−2 b + an−3 b2 − · · · + bn−1 ) se sigue que a + b = 2k = an + bn (ya que el segundo factor siempre es impar porque n es impar, a y b son impares y hay un n´ umero impar de sumandos impares). Como n > 1, tenemos que a = b = 1 y el resto de la prueba es como en el caso anterior. Por lo tanto, la ecuaci´on dada tiene soluci´on si y s´olo si m−1 n es un entero y las m−1 soluciones son x = y = 2 n . Soluci´ on del problema 31. Sean P y Q los puntos medios de BC y BD resBD pectivamente. Entonces, BC P C = QD = 2 de modo que QP y DC son paralelas. BC DC en paralelas, An´ alogamente, como N C = 2 = P C entonces N P y BD son tambi´ BD BE BD y por lo tanto N P = 2. Como M E = 2 = QD , entonces QM es paralela a DE. Luego, como los tri´ angulos BQP y BDC son semejantes, y DE es bisectriz del ´ angulo BDC, se sigue que QM es bisectriz del ´angulo BQP . Entonces,

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica por el teorema de la bisectriz tenemos que

BM PM

39 =

BQ PQ.

Por otra parte, de la

AD semejanza de los tri´ angulos BQP y ADB tenemos que BQ P Q = BD , y de la BM BF semejanza de los tri´ angulos BF M y P N M tenemos que N P = P M . Por lo BQ BF AD AD tanto, N P = P Q = BD = 2N P de donde AD = 2BF .

A D N

Q

B M

C

E P

F

Soluci´ on del problema 32. Estamos buscando un entero N ≥ 3 y enteros positivos n, m y t cada uno de los cuales divida a N + 1 y que: Å

ã

1 1 1 + + (N + 1) = N, n m t

o de manera equivalente: 1 1 1 N + + = . n m t N +1 Sin p´erdida de generalidad, supongamos que 5 ≤ n ≤ m ≤ t. Entonces, 1t ≤ 1 1 N 1 1 1 3 3 1 m ≤ n ≤ 5 , de donde N +1 = n + m + t ≤ 5 . Es decir, N ≤ 2 , lo que contradice que N ≥ 3. Por lo tanto, 2 ≤ n ≤ 4 (si n = 1, entonces n dividir´ıa a N y a N + 1). Dividimos en casos. 3N −1 1 1 1 1 + 1t = 4N Caso 1. Si n = 4, entonces m +4 . Si m ≥ 5, entonces t ≤ m ≤ 5 y en −1 2 13 consecuencia 3N 4N +4 ≤ 5 , de modo que N ≤ 7 < 2 lo cual no es posible. Por lo 4 +2 tanto, m = 4 ya que m ≥ n. Entonces, t = 2N N −1 = 2 + N −1 de donde N − 1 debe dividir a 4. Es f´ acil ver que las u ´nicas posibilidades son N = 5 y N = 3. Si N = 5, entonces t = 3 < 4 = m que es una contradicci´on. Por lo tanto, N = 3, t = 4 y la u ´nica soluci´on en este caso es (n, m, t, N ) = (4, 4, 4, 3), es

40

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

decir, cada uno recibe un camello. Caso 2. Si n = 3, entonces un argumento similar al caso anterior muestra que +12 m = 4 o m = 3. Si m = 4, entonces t = 12N 5N −7 de donde 5N −7 debe dividir a 12N +12. Luego, 5N −7 debe dividir a 5(12N +12)−12(5N −7) = 144. Como N +1 es m´ ultiplo de 3 y 4, entonces N ≥ 11. Es f´acil ver que la u ´nica posibilidad es 5N − 7 = 48, de modo que N = 11 y t = 3. Esto contradice nuevamente que m ≤ t. De manera an´aloga, si m = 3 entonces N = 5 o N = 11, de donde (n, m, t, N ) = (3, 3, 6, 5) y (n, m, t, N ) = (3, 3, 4, 11), respectivamente. Caso 3. Si n = 2, de manera similar a los casos anteriores encontramos que m = 6, 5, 4 o 3, lo que nos da 9 soluciones m´as: (n, m, t, N ) = (2, 6, 6, 5), (2, 4, 8, 7), (2, 5, 5, 9), (2, 3, 12, 11), (2, 4, 6, 11), (2, 3, 9, 17), (2, 4, 5, 19), (2, 3, 8, 23) y (2, 3, 7, 41). Soluci´ on del problema 33. Usando la identidad que: A = = = = =

1 n(n+1)

=

1 n

−

1 n+1 ,

tenemos

1 1 1 1 1 + − + ··· + − 2 3 4 2007 2008 Å ã 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + ··· + −2 + + ···+ 2 3 4 2008 2 4 2008 1 1 1 1 1 1 − 1 − − ···− 1 + + + + ··· + 2 3Å 4 ã 2008Å 2 ã 1004 1 1 1 1 1 1 (1 − 1) + − − + ···+ + ···+ + 2 2 1004 1004 1005 2008 1 1 1 1 1 + + + ···+ + . 1005 1006 1007 2007 2008

1−

Entonces: ã Å ã Å ã Å ã 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + ···+ + 1005 2008 1006 2007 2007 1006 2008 1005 ã Å 1 1 1 + + ···+ 3013 1005 · 2008 1006 · 2007 2008 · 1005 3013 · B.

Å 2A = = =

Finalmente, es claro que

A B

=

3013 2

no es entero.

Soluci´ on del problema 34. Sea P el punto de intersecci´on de las diagonales AC y BD.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

41

F E D

C P

A

B

PC Es suficiente demostrar que PP E F = P D . Como BC y AF son paralelas, los A F = PP C de donde P F = tri´angulos P BC y P F A son semejantes. Entonces, PP B P A·P B angulos BP E P C . De manera similar, como AD y BE son paralelas, los tri´ E A B y AP D son semejantes. Luego, PP B = PP D de donde P E = P A·P P D . Por lo

tanto,

PE PF

=

P A·P B PD P A·P B PC

=

PC PD.

Soluci´ on del problema 35. Aplicando la desigualdad media aritm´etica - media geom´etrica a los n´ umeros 21 y b + a1 + 21 , obtenemos: € Å

ã

1 + b + a1 1 1 1 , b+ + ≤ 2 a 2 2

y la igualdad se da si y s´ olo si 12 = b + a1 + 21 , es decir, si y s´olo si a1 = −b. Como a y b son positivos, la igualdad nunca se alcanza, y en consecuencia: € Å

ã

1 + b + a1 1 1 1 , b+ + < 2 a 2 2

es decir: 1

»

1 a

b+

+

1 2

>

√

2 . 1 + b + a1

De manera similar, tenemos que: 1

»

1 b

c+

+

1 2

√ 2 > 1+c+

y »

1

a+

1 c

+

1 2

>

√

1 b

2 . 1 + a + 1c

42

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

Sumando las u ´ltimas tres desigualdades anteriores tenemos que: 1

»

b+

√

Ç

2

1 a

+

1 2

1 +» c + 1b +

1 1+b+

1 a

1 + 1+c+

1 2 1 b

1 +» a + 1c + 1 + 1+a+

1 c

1 2

>

å

=

√ 2,

ya que: 1 1+b+

1 a

+

1 1+c+

1 b

+

1 1+a+

1 c

= = = = = =

a a + ab + 1 a a + ab + 1 a a + ab + 1 a a + ab + 1 a a + ab + 1 1.

+ + + + +

b c + b + bc + 1 c + ac + 1 c b + b + a1 + 1 c + 1b + 1 ab bc + ab + 1 + a bc + 1 + b 1 ab + 1 a ab + 1 + a a +1+b ab 1 + ab + 1 + a 1 + a + ab

Soluci´ on del problema 36. Como a1 ≥ 1, a2 ≥ 1, . . . , an ≥ 1, tenemos que 1 1 1 ≤ 1, a1 a2 ≤ 1, . . . , an ≤ 1. Entonces: 2 n n(n + 1) 1 . + + ··· + ≤ 1 + 2 + ··· + n = a1 a2 an 2 } se puede escribir Demostraremos que cualquier entero k ∈ {1, 2, . . . , n(n+1) 2 en la forma requerida. Para k = 1, hacemos a1 = a2 = · · · = an = n(n+1) . 2 Para k = n, hacemos a1 = 1, a2 = 2, . . . , an = n. Para 1 < k < n, hacemos ak−1 = 1 y ai = n(n+1) − k + 1 si i 6= k − 1. En este 2

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

43

caso, tenemos que: 2 n 1 + + ··· + a1 a2 an

=

n X i k−1 + 1 a i i=1

= k−1+ = k−1+ = k−1+

i6=k−1 n X

i=1 i6=k−1

i n(n+1) 2

−k+1

1 n(n+1) 2 n(n+1) 2 n(n+1) 2

−k+1 −k+1 −k+1

n X i=1

!

i − (k − 1)

= k − 1 + 1 = k.

Para n < k < n(n+1) escribimos k = n + p1 + p2 + · · · + pi , con 1 ≤ pi ≤ · · · ≤ 2 p2 ≤ p1 ≤ n − 1, i < n, y hacemos: ap1 +1 = ap2 +1 = · · · = api +1 = 1 y aj = j para j 6= p1 + 1, p2 + 1, . . . , pi + 1. En este caso, tenemos que: 2 n 1 + + ···+ a1 a2 an

=

(p1 + 1) + (p2 + 1) + · · · + (pi + 1) + (1 + 1 + · · · + 1) | {z } n−i

=

p1 + p2 + · · · + pi + (1 + 1 · · · + 1) + (1 + 1 + · · · + 1) | | {z } {z } i

= =

n−i

(k − n) + i + (n − i) k.

Soluci´ on del problema 37. Notemos primero que 120 es 3-partito, ya que: 120 = 60 + 40 + 20 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 8 + 10 + 12 + 15 + 24 + 30. Supongamos ahora que n es un entero 3-partito y sea p un n´ umero primo que no divide a n. Demostraremos que pn es 3-partito. Supongamos que: di1 + · · · + dir = dj1 + · · · + djs = dk1 + · · · + dkt , donde di1 , . . . , dir , dj1 , . . . , djs , dk1 , . . . , dkt son todos los divisores positivos de n. Entonces: pdi1 + · · · + pdir = pdj1 + · · · + pdjs = pdk1 + · · · + pdkt ,

44

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

y por lo tanto: di1 + · · · + dir + pdi1 + · · · + pdir

= dj1 + · · · + djs + pdj1 + · · · + pdjs

= dk1 + · · · + dkt + pdk1 + · · · + pdkt .

Como cada divisor de pn es de la forma di o pdi , tenemos que pn es 3-partito. Como esto lo podemos hacer para cada n´ umero primo que no divide a n, tenemos una infinidad de enteros positivos 3-partitos. Soluci´ on del problema 38. Sea L el punto de intersecci´on de CK y BD. Aplicando el Teorema de la bisectriz en el tri´angulo M CD tenemos que CD DL = MC M C·DL , de donde CD = . Luego: ML ML M C · DL ML M L + DL MD = MA · MC · = MA · MC · , ML ML

MB · MD = MA · MC + MA ·

de modo que M A · M C = M B · M L. Como el punto M est´a dentro del cuadril´ atero ABCL, tenemos que los puntos A, B, C y L son conc´ıclicos. Por lo tanto, ∠LBA = ∠LCA y ∠DBK = ∠LCA = ∠DCL = ∠DCK, de donde el cuadril´ atero DCBK es c´ıclico y por lo tanto ∠BKC = ∠BDC. D

C L M

K

A

B

Segunda Soluci´ on. Sea M ′ el punto sobre M C tal que CM ′ = CD. Entonces, ′ M M = M C + CM ′ = M C + CD y por lo tanto, M A · M M ′ = M B · M D. Luego, el cuadril´ atero ABM ′ D es c´ıclico y por lo tanto α = ∠AM ′ D = ∠ABD. Luego, en el tri´angulo is´osceles DCM ′ tenemos que ∠DCM ′ = 180◦ − ◦ ′ 2α y de aqu´ı tenemos que α = 180 −∠DCM = ∠ACD = ∠KCD. Por lo tanto 2 2 ∠ABD = ∠KCD y as´ı el cuadril´atero DCBK es c´ıclico, de donde se sigue el resultado.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

45

M′

C

D M

K

A

B

Soluci´ on del problema 39. Supongamos que un entero se puede escribir en la forma a2 − b2 = (a + b)(a − b). Si a y b tienen la misma paridad, entonces el producto (a + b)(a − b) es divisible entre 4. Si a y b son de distinta paridad, entonces (a + b)(a − b) es impar. Rec´ıprocamente, un entero de la forma 4n se puede escribir como (n + 1)2 − (n − 1)2 , mientras que un n´ umero de la forma 2n + 1 se puede escribir como (n + 1)2 − n2 . Por lo tanto, un entero no se puede escribir como a2 − b2 si y s´olo si es de la forma 4n + 2 (¿Por qu´e?). La u ´nica forma en que un producto de enteros sea de la forma 4n + 2, es cuando exactamente uno de los factores es de la misma forma y el resto son impares. (a) Supongamos que una cantidad par de los 2007 enteros es de la forma 4n+2. Entonces, existe un entero que no es de esta forma y, de los restantes 2006 n´ umeros no hay exactamente un entero de la forma 4n + 2. Luego, el producto de estos 2006 n´ umeros se puede escribir en la forma a2 − b2 . Similarmente, si una cantidad impar de los 2007 enteros es de la forma 4n + 2, elegimos uno de ellos y entre los 2006 n´ umeros restantes no hay exactamente uno que sea de la forma 4n + 2, de modo que el producto de estos 2006 enteros se puede escribir en la forma a2 − b2 . (b)Si hubiera un entero N de la forma 4n+2 distinto de 2006, entonces podemos elegir cualquiera de los otros 2005 n´ umeros (distinto de N y de 2006), digamos M , de tal manera que el producto de los 2006 n´ umeros restantes (distintos de M ) no sea de la forma 4n + 2. Luego, la elecci´on no ser´ıa u ´nica. Por lo tanto, 2006 es el u ´nico n´ umero de la forma 4n + 2, y debe ser el n´ umero elegido. Soluci´ on del problema 40. Como AM y BN son alturas del tri´angulo ABC, tenemos que tanto A, M y R como B, N y S son colineales. Por otra parte, como ∠P CR = ∠P AR = 30◦ tenemos que A, P , R y C son conc´ıclicos. Como la suma de los ´ angulos opuestos de un cuadril´atero c´ıclico es 180◦ y

46

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

∠P AC = 60◦ , tenemos que ∠P RQ = 60◦ . Tambi´en tenemos que B, Q, S y C son conc´ıclicos puesto que ∠SCQ = ∠SBQ = 30◦ . Entonces ∠SQC = ∠SBQ = 30◦ . Finalmente, en el tri´angulo QRO, donde O es el punto de intersecci´ on de P R y QS, tenemos que ∠QOR = 180◦ − ∠OQR − ∠ORQ = 180◦ − ∠SQC − ∠P RQ = 180◦ − 30◦ − 60◦ = 90◦ , que es lo que quer´ıamos.

A

P S

Q

N

O R

B

C M

Soluci´ on del problema 41. La demostraci´on la haremos por inducci´on en n. Denotemos por Pn , n ≥ 3, a un n-´agono convexo incluyendo todas sus diagonales. Llamaremos “arista” a un lado o a una diagonal de Pn , y diremos que un v´ertice “u es incidente con la arista e” si u es un extremo de e. Si n = 3, entonces P3 es un tri´ angulo y, si se pinta con 3 colores distintos, tenemos un tri´angulo con sus tres lados de distinto color. Supongamos que, para alg´ un n ≥ 3, si Pn se pinta con al menos n colores, entonces Pn contiene un tri´angulo con sus tres lados de distinto color. Supongamos que Pn+1 se pinta con n + 1 colores. Sea v un v´ertice de Pn+1 . Entonces, o bien, v es incidente con al menos dos aristas e1 y e2 de Pn+1 tales que e1 es la u ´nica arista pintada con el color c1 y e2 es la u ´nica arista pintada con el color c2 (c1 6= c2 ), o bien, v es incidente con a lo m´ as una arista e de Pn+1 tal que e es la u ´nica arista de un color particular. En el primer caso, supongamos entonces que los v´ertices v1 y v2 son los otros extremos de e1 y e2 , respectivamente. Entonces, el tri´angulo con v´ertices, v, v1 y v2 es un tri´ angulo con sus tres lados de distinto color, ya que la arista que une v1 con v2 no puede tener el color c1 ni el color c2 . En el segundo caso, borremos v junto con todas las aristas incidentes con v, para obtener una copia de Pn . Como v es incidente con a lo m´as una arista e

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

47

de Pn+1 tal que e es la u ´nica arista de un color particular, entonces la copia resultante de Pn est´ a pintada con al menos n colores distintos. Luego, por la hip´otesis de inducci´ on, hay un tri´ angulo con sus tres lados de distinto color en esta copia de Pn , y por lo tanto en Pn+1 . Esto completa la inducci´on y termina la demostraci´on. Soluci´ on del problema 42. Supongamos que 3n + 5n = k(3n−1 + 5n−1 ) para alg´ un entero positivo k. Es f´ acil verificar que: 3(3n−1 + 5n−1 ) < 3n + 5n < 5(3n−1 + 5n−1 ) para todo entero positivo n. Luego, k = 4 de donde: 3n + 5n = 4(3n−1 + 5n−1 ) ⇔ 3n−1 (3 − 4) = 5n−1 (4 − 5) ⇔ 3n−1 = 5n−1 . Por lo tanto, la u ´nica posibilidad es n − 1 = 0, es decir, n = 1. Finalmente, tenemos que n = 1 es la u ´nica soluci´on ya que 3 + 5 = 8 es m´ ultiplo de 30 + 50 = 2. Soluci´ on del problema 43. Construyamos el tri´angulo equil´atero ABQ con Q del mismo lado de AB como C. Como AB = AC (ya que ∠ABC = ∠ACB = 80◦ ) y AB = AQ (ya que el tri´ angulo ABQ es equil´atero), tenemos que AC = AQ de modo que el tri´ angulo ACQ es is´osceles. Como ∠CAQ = 40◦ , entonces ∠ACQ = ∠AQC = 70◦ . Similarmente, como ∠ABQ = 60◦ tenemos que ∠CBQ = 20◦ = ∠BAC, de manera que ∠ACP = ∠BP C − ∠BAC = 10◦ . Luego, ∠CBQ = ∠P AC = 20◦ , ∠CQB = ∠ACP = 10◦ y BQ = AC, es decir, los tri´ angulos BCQ y AP C son congruentes, de donde se sigue que BC = AP . A

20◦

40◦

P 30◦ 10◦

70◦

70◦

◦

10 20◦

B

C

Q

48

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

Soluci´ on del problema 44. Claramente los n´ umeros 2 y 5 deben estar entre los n´ umeros que buscamos, y debe haber al menos un n´ umero m´ as. Sean p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pn los primos que faltan. Tenemos entonces que: p1 + p2 + · · · + pn + 7 = p1 p2 · · · pn .

(3.7)

Por otro lado, para cualesquiera n´ umeros x ≥ 2, y ≥ 2 tenemos que 0 ≤ (x − 1)(y − 1) − 1 = xy − x − y, es decir, xy ≥ x − y. Aplicando repetidamente esta desigualdad, tenemos que: x1 x2 · · · xk ≥ x1 x2 · · · xk−1 + xk ≥ · · · ≥ x1 + x2 + · · · + xk , para cualesquiera n´ umeros x1 , x2 , . . . , xk mayores o iguales que 2. Luego: p1 + p2 + · · · + pn + 7 = p1 p2 · · · pn ≥ (p1 + p2 + · · · + pn−1 )pn . Haciendo s = p1 + p2 + · · · + pn−1 , tenemos que s + pn + 7 ≥ spn , es decir, (s − 1)(pn − 1) ≤ 8. De aqu´ı que 1 ≤ pn − 1 ≤ 8. Luego, las posibilidades para pn son 2, 3, 5 y 7. Si pn = 2, entonces de (3.7) se sigue que 2n + 7 = 2n lo cual no puede ser porque 2n + 7 es impar y 2n es par. Si pn = 3, entonces pn − 1 = 2 y s − 1 ≤ 4. Luego, las posibilidades para p1 , p2 , . . . , pn−1 son que haya un solo 2, o un solo 3, o dos 2, o un 2 y un 3. Es f´acil verificar que ninguna de estas posibilidades satisface (3.7). Si pn = 5, entonces pn − 1 = 4 y s − 1 ≤ 2. Luego, las posibilidades para p1 , p2 , . . . , pn−1 son que haya un solo 2 o un solo 3. Es f´ acil verificar que no se cumple (3.7) si hay un solo 2. Si hay un solo 3, s´ı hay soluci´on, ya que 3 + 5 + 7 = 3 · 5. Finalmente, si pn = 7, entonces pn − 1 = 6 y s − 1 = 1. Luego, la u ´nica posibilidad para p1 , p2 , . . . , pn−1 es que haya un solo 2, y es f´ acil verificar que no se cumple (3.7). Por lo tanto, los primos de la colecci´on son 2, 3, 5, 5. Soluci´ on del problema 45. Sea ai el n´ umero de estudiantes del pa´ıs i. Como cada uno de los ai estudiantes puede saludar a los n − ai estudiantes restantes, hay a lo m´ as ai (n − ai ) saludos en los que participan estudiantes del pa´ıs i. Sea: R = a1 (n − a1 ) + a2 (n − a2 ) + · · · + am (n − am )

= n(a1 + a2 + · · · + am ) − (a21 + a22 + · · · + a2m ).

Como cada saludo se ha contado dos veces, tenemos que 2N ≤ R. Adem´as, como a1 + a2 + · · · + am = n tenemos que: 2N ≤ n2 − (a21 + a22 + · · · + a2m ).

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

49

Por otra parte, por la desigualdad de la media aritm´etica - media geom´etrica, tenemos que a2i + a2j ≥ 2ai aj . Entonces: m(a21 + a22 + · · · + a2m )

= (a21 + a22 + · · · + a2m ) + (a21 + a22 ) + (a21 + a23 ) + · · · + (a2m−1 + a2m )

≥ (a21 + a22 + · · · + a2m ) + 2(a1 a2 + a1 a3 + · · · + am−1 am ) = n2 , 2

de de donde a21 + a22 + · · · + a2m ≥ nm . Por lo tanto, 2N ≤ n2 − nm = n (m−1) m donde se sigue el resultado. Note que la igualdad se da si y s´olo si a1 = a2 = · · · = am y cada estudiante de cada pa´ıs saluda a todos los participantes que no son de su pa´ıs. 2

2

Soluci´ on del problema 46. La prueba la haremos por inducci´on en n. Si n = 0, 0 umeros primos tenemos que 77 +1 = 8 = 2·2·2 es el producto de 2(0)+3 = 3 n´ n iguales. Sea A(n) = 77 + 1 y supongamos que A(n) satisface el problema. Demostraremos que A(n + 1) es el producto de al menos 2(n + 1) + 3 primos no necesariamente distintos. En efecto, notemos que: A(n + 1) = (A(n) − 1)7 + 1

= A(n)[(A(n))6 − 7(A(n))5 + 21(A(n))4 − 35(A(n))3 + + 35(A(n))2 − 21(A(n)) + 7]

= A(n)[(A(n))6 − 7(A(n) − 1)((A(n))2 − A(n) + 1)2 ]. n

n

Como 7(A(n) − 1) = 7(77 ) = 77 +1 y 7n + 1 es par, tenemos que 7(A(n) − 1) es un cuadrado, y en consecuencia 7(A(n) − 1)((A(n))2 − A(n) + 1)2 tambi´en. Luego, (A(n))6 − 7(A(n) − 1)((A(n))2 − A(n) + 1)2 es la diferencia de dos cuadrados, digamos x2 − y 2 . De aqu´ı que cada uno de los factores x + y y x − y aporta al menos un n´ umero primo, y junto con los 2n + 3 factores primos no necesariamente distintos de A(n) tenemos que A(n + 1) = A(n)(x + y)(x − y) es el producto de al menos 2n + 3 + 2 = 2(n + 1) + 3 primos no necesariamente distintos.

Soluci´ on del problema 47. Observemos que ∠XAI = ∠XHC = ∠HCJ. AI XI = CJ . Luego, los tri´ angulos XAI y HCJ son semejantes y por lo tanto HJ

50

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica X

Z C

Y

J

A

I

B

H

Similarmente tenemos que los tri´angulos Y CJ y HAI son semejantes, de donde YJ CJ XI HI angulo, tenemos que HI = AI . Luego, HJ = Y J . Como JHIZ es un rect´ ZJ HJ = ZI y HI = ZJ. Entonces, XI = y as´ ı los tri´ a ngulos XZI y ZY J ZI YJ ◦ son semejantes. Finalmente, como ∠JZI = 90 se sigue que ∠Y ZX = 180◦ , de modo que los puntos X, Y, Z son colineales. Soluci´ on del problema 48. Demostraremos primero que: Sk = 2k ak + 2k+1 ak+1 + · · · + 2n an ≤ 0 para k = 0, 1, . . . , n. En efecto, supongamos por el contrario que Sk > 0 para alg´ un k. Entonces, como Sk es divisible entre 2k tenemos que Sk ≥ 2k . Luego: 0 = a0 + 2a1 + 22 a2 + · · · + 2k−1 ak−1 + Sk ≥ −1 − 2 − 22 − · · · − 2k−1 + 2k = 1,

lo cual es un absurdo. Por lo tanto, tenemos n desigualdades y una igualdad: −an ≥ 0,

−an−1 − 2an ≥ 0, .. .

−a1 − 2a2 − · · · − 2n−2 an−1 − 2n−1 an ≥ 0,

a0 + 2a1 + 22 a2 + · · · + 2n−1 an−1 + 2n an = 0. Como al menos uno de los ai es distinto de cero, tenemos que al menos una de las desigualdades anteriores es estricta. Finalmente, es f´acil ver que al sumar todas las desigualdades anteriores (tomando en cuenta la desigualdad estricta) junto con la igualdad, se sigue que a1 + a2 + · · · + an > 0.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

51

Soluci´ on del problema 49. Construiremos una sucesi´on de soluciones (ai , bi ) de la ecuaci´on a2 + b2 + 1 = 3ab, con a0 = 1, 1 = b0 = a1 < b1 = a2 < b2 = a3 y as´ı sucesivamente. Claramente (a0 , b0 ) = (1, 1) es una soluci´on. Supongamos que (ai , bi ) es una soluci´on. Consideremos la ecuaci´on cuadr´atica a2 −3bi a+b2i +1 = 0. Una soluci´on es ai . Supongamos que la otra soluci´on es r. b2 +1

Entonces, r+ai = 3bi y rai = b2i +1. Como ai < bi tenemos que r = iai > bi . Luego, hacemos ai+1 = bi y bi+1 = r. Para cada soluci´on (ai , bi ), ai divide a 3ai bi y en consecuencia ai divide a a2i + b2i + 1. Por lo tanto ai divide a b2i + 1. De manera similar tenemos que bi divide a a2i + 1.

Soluci´ on del problema 50. Sea n el n´ umero de equipos africanos. Entonces el
n´ umero de equipos europeos es n+9. Los equipos africanos jugaron n2 = n(n−1) 2 + k partidos, donpartidos entre ellos, y por lo tanto ganaron en total n(n−1) 2 de k es el n´ umero de partidos ganados por los equipos africanos a los equi
(n+8)(n+9) pos europeos. Similarmente, los equipos europeos jugaron n+9 = 2 2 partidos entre ellos y ganaron n(n + 9) − k partidos contra equipos africa+ n(n + 9) − k partidos. Luego, nos, de modo que en total ganaron (n+8)(n+9) 2  9 n(n−1) + k = (n+8)(n+9) + n(n + 9)− k de donde 3n2 − 22n + 10k − 36 = 0. 2 2 Como n es un entero positivo, el discriminante de la ecuaci´on cuadr´atica debe ser un cuadrado perfecto, es decir, 4(229 − 30k) = m2 . Como m2 ≥ 0, tenemos que k ≤ 7. Es f´ acil ver que las u ´nicas soluciones son k = 2 y k = 6. Si k = 2, entonces n = 8 y por lo tanto el mejor equipo africano s´olo pudo haber ganado 7 partidos contra equipos africanos y 2 contra equipos europeos. Si k = 6, entonces n = 6 y el mejor equipo africano pudo haber ganado 5 partidos contra equipos africanos y 6 partidos contra equipos europeos. Por lo tanto, el m´aximo n´ umero de partidos que un equipo africano pudo haber ganado es 11.

Soluci´ on del problema 51. Como p es primo y divide a n3 − 1 = (n − 1)(n2 + n + 1), entonces p divide a n − 1 o a n2 + n + 1. Si p divide a n − 1, entonces p ≤ n − 1 (ya que n − 1 > 0) y como n divide a p − 1, tenemos que n ≤ p − 1. Luego, p ≤ n − 1 < n ≤ p − 1 lo cual es un absurdo. Por lo tanto, p divide a n2 + n + 1. Supongamos que p − 1 = jn y que n2 + n + 1 = kp con j y k enteros positivos. Despejando p de la primera ecuaci´on y sustituy´endolo en la segunda, tenemos que n2 + n + 1 = k(jn + 1). Como n2 + n + 1 ≡ 1 (mod n) y jn + 1 ≡ 1 (mod n), tenemos que k ≡ 1 (mod n). Demostraremos que k ≤ n. En efecto, si k > n entonces k = nq + r con q, r enteros positivos y 0 ≤ r < n. Luego, k = nq + r ≡ r (mod n) de donde r ≡ 1 (mod n). Luego, la u ´nica posibilidad es que r = 1, ya que 0 ≤ r < n y n > 1. Entonces, k = nq + 1 y as´ı n2 + n + 1 = (nq + 1)(jn + 1). Simplificando tenemos que

52

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

n((qj − 1)n + q + j − 1) = 0. Como n > 1, entonces (qj − 1)n + q + j − 1 = 0. Si qj − 1 = 0, entonces q = j = 1 y n2 + n + 1 = (n + 1)2 lo cual no puede ser porque n > 1. Si qj − 1 > 0, entonces n = 1−q−j qj−1 > 1 implica que 0 > 1 − q − j > qj − 1 > 0, lo cual es un absurdo. Por lo tanto, k ≤ n. Como k ≡ 1 (mod n), la u ´nica posibilidad es k = 1 ya que 0 < k ≤ n y n > 1. Por lo tanto, n2 + n + 1 = p y 4p − 3 = 4(n2 + n + 1) − 3 = (2n + 1)2 . Soluci´ on del problema 52. Haremos la demostraci´on por inducci´on en n. Si n = 2, sea A1 el v´ertice sobre el cual est´a escrito el menor de los n´ umeros escritos sobre los v´ertices del cuadril´atero. Llamemos A2 , A3 y A4 a los otros v´ertices del cuadril´ atero, seg´ un su orden alrededor del per´ımetro del cuadril´atero. En general llamaremos ai al n´ umero escrito sobre Ai . Por la elecci´on de A1 , tenemos que a2 = a4 = a1 + 1. Tenemos dos casos. Caso 1. a3 = a1 . En este caso, las lomas son A2 y A4 , y los valles son A1 y A3 , de donde L − V = a2 + a4 − a1 − a3 = 2(a1 + 1) − 2a1 = 2 = n. Caso 2. a3 = a1 + 2. En este caso, la u ´nica loma es A3 y el u ´nico valle es A1 , de donde L − V = a3 − a1 = (a1 + 2) − a1 = 2 = n. Esto completa la base de inducci´on. Supongamos ahora que para cierto entero k mayor que 1, el resultado es cierto para n = k. Dado un pol´ıgono P de 2(k + 1) lados que cumpla las condiciones del problema, sea A3 el v´ertice sobre el cual est´ a escrito el menor de los n´ umeros escritos sobre los v´ertices de P . Llamemos A4 , A5 , . . . , A2k+2 , A1 y A2 a los otros v´ertices de P seg´ un su orden alrededor del per´ımetro de P . Por la elecci´on de A3 , tenemos que a2 = a4 = a3 + 1. Observemos que el pol´ıgono Q formado por A1 , A2 , A5 , A6 , . . . , A2k+1 y A2k+2 , es un pol´ıgono de 2k lados que cumple las condiciones del problema. Sean LP y VP , LQ y VQ los valores de L y V para P y Q, respectivamente. Notemos que todos los v´ertices de P salvo A2 , A3 y A4 son lomas en P si y s´olo si son lomas en Q, y son valles en P si y s´olo si son valles en Q. Entonces basta analizar c´ omo son a1 , a2 , a3 , a4 y a5 para relacionar LP − VP con LQ − VQ . Tenemos cuatro casos. Caso 1. a1 = a5 = a3 . En este caso A2 es loma en Q y es loma en P , A3 es valle en P y A4 es loma en P . Por lo tanto, LP = LQ − a2 + a2 + a4 = LQ + a3 + 1, VP = VQ + a3 y LP − VP = LQ − VQ + 1 = k + 1 por hip´otesis de inducci´on. Caso 2. a1 = a3 y a5 = a3 + 2. Por un an´alisis similar al caso anterior, tenemos que LP = LQ +a2 = LQ +a3 +1, VP = VQ +a3 y LP −VP = LQ −VQ +1 = k+1. Caso 3. a1 = a3 + 2 y a5 = a3 . En este caso tenemos que LP = LQ + a4 = LQ + a3 + 1, VP = VQ + a3 y LP − VP = LQ − VQ + 1 = k + 1. Caso 4. a1 = a5 = a3 + 2. En este caso tenemos que LP = LQ , VP = VQ − a2 + a3 = VQ − 1 y LP − VP = LQ − VQ + 1 = k + 1. Esto completa la prueba.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

53

Segunda Soluci´ on. Escojamos un sentido para “caminar” alrededor del per´ımetro del pol´ıgono. Llamemos paso hacia arriba a un lado del pol´ıgono cuyo extremo de partida tiene escrito sobre ´el un n´ umero m´as peque˜ no que su extremo de llegada. Un paso hacia abajo se define de manera similar. Sean S el n´ umero de pasos hacia arriba y B el n´ umero de pasos hacia abajo del pol´ıgono. Como todo lado del pol´ıgono es un paso hacia arriba o un paso hacia abajo, tenemos que S + B = 2n. Notemos que las lomas del pol´ıgono son precisamente los v´ertices en los que el camino deja de subir y empieza a bajar, mientras que los valles son los v´ertices en los que ocurre lo contrario. Llamemos subidas a las porciones del camino que van de un valle a la loma subsiguiente (siempre hay tal loma en vista de que los n´ umeros sobre los v´ertices no pueden s´olo crecer, o el camino no regresar´ıa al valle despu´es de dar la vuelta al pol´ıgono). Es claro que el n´ umero de pasos hacia arriba de una subida es igual a la diferencia del n´ umero escrito sobre la loma en el extremo final de la subida menos el n´ umero escrito sobre el valle en el extremo inicial de la subida. Adem´as, es evidente que todas las lomas son extremos finales de una y s´olo una subida, mientras que todos los valles son extremos iniciales de una y s´olo una subida. Por lo tanto, S = L − V . An´ alogamente, analizando las bajadas del pol´ıgono tenemos que B = L−V . Sumando, obtenemos 2(L−V ) = S +B = 2n de donde L−V = n. Esta misma idea se puede desarrollar geom´etricamente. Numeremos los v´ertices del pol´ıgono en cualquier sentido a partir de un valle (siempre hay un valle, por ejemplo el v´ertice cuyo n´ umero es el menor de los n´ umeros escritos sobre los v´ertices). En un plano cartesiano, identifiquemos el v´ertice Ai con el punto (i, ai ) donde ai es el n´ umero escrito sobre Ai . Agreguemos el punto (2n + 1, a1 ) asociado al v´ertice A1 . En la gr´ afica que se obtiene al unir puntos consecutivos con segmentos de recta, las lomas son los picos que apuntan hacia arriba, mientras que los valles son los picos que apuntan hacia abajo y los extremos de la l´ınea quebrada. Sean P1 , P2 , . . . , P2k+1 los puntos de la gr´afica que corresponden ya sea a lomas o a valles en el pol´ıgono, seg´ un su distancia horizontal al origen. Sean H1 , H2 , . . . , H2k+1 las proyecciones de P1 , P2 , . . . , P2k+1 sobre el eje x, respectivamente. Observemos que la diferencia del n´ umero escrito sobre la loma P2i menos el n´ umero escrito sobre el valle P2i−1 es la distancia vertical entre P2i y P2i−1 , que es igual a H2i H2i−1 , por el tri´angulo rect´angulo is´osceles que se forma al trazar la paralela al eje x por P2i−1 y la paralela al eje y por P2i . Entonces, L − V = H1 H2 + H3 H4 + · · · + H2k−1 H2k . De manera an´aloga, analizando paralelas de puntos consecutivos de la forma P2i y P2i+1 obtenemos que L − V = H2 H3 + H4 H5 + · · · + H2k H2k+1 . Por lo tanto, 2(L − V ) = H1 H2 + H2 H3 + · · · + H2k H2k+1 = H1 H2k+1 = 2n de donde L − V = n.

54

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

P2

P2k P3

b b b

P2k−1

P1 H1

H2

H3

b b b

H2k−1 H2k

P2k+1

H2k+1

Soluci´ on del problema 53. Supongamos que s´ı es posible y que cada cuadrito est´ a cubierto k veces. Entonces el n´ umero de fichas usadas para cubrir la . Pintemos las columnas de la cuadr´ıcula que est´an en posici´on cuadr´ıcula es 35k 3 impar, es decir, alternadamente comenzando pintando la primera. Es f´acil ver que para cubrir cada cuadrito pintado exactamente una vez, necesitamos 12 piezas, de modo que para cubrir cada cuadrito pintado k veces necesitamos 12k piezas. Por lo tanto, 35k 3 ≥ 12k, es decir, k ≤ 0 lo cual es un absurdo. Luego, no es posible hacer lo que se pide.

Soluci´ on del problema 54. Sean O y O′ los centros de los circunc´ırculos de los tri´ angulos AP Q y ABC, respectivamente, y sea r el radio del circunc´ırculo del tri´ angulo AP Q. Aplicando la potencia de B respecto al circunc´ırculo del tri´ angulo AP Q, tenemos que BP · BA = (BO − r)(BO + r) = BO2 −r 2 . Similarmente, aplicando la potencia de C respecto al circunc´ırculo del tri´ angulo AP Q, tenemos que CQ · CA = (CO − r)(CO + r) = CO2 − r 2 . Por otra parte, como los tri´angulos ABC y BP C comparten el ´angulo ∠ABC, y ∠BAC = ∠P CB, se sigue que son semejantes, de modo que BP ·BA = BC 2 . An´ alogamente, como los tri´angulos ABC y QBC comparten el ´angulo ∠ACB, y ∠BAC = ∠QBC, estos tri´angulos son semejantes y CQ·CA = BC 2 . Luego, BO2 − r 2 = CO2 − r 2 de donde BO = CO. As´ı, O est´a en la mediatriz del segmento BC. Como O′ B = O′ C, tenemos tambi´en que O′ est´a en la mediatriz del segmento BC, y por lo tanto O, O′ y el punto medio de BC son colineales, es decir, OO′ es perpendicular a BC.

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

55

B O

A

b

Ob′

Q

P

C

Soluci´ on del problema 55. Sea: s(a, b, c) = (a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c). Aplicando la f´ormula de Her´ on (ver Teorema 34 del Ap´e» ndice), tenemos que el a´rea de un tri´ angulo de lados a > 0, b > 0 y c > 0 es 41 s(a, b, c). Sin p´erdida de generalidad, supongamos que a ≥ b ≥ c con a, b y c enteros positivos. Entonces, b = c + x, a = b + y = c + x + y con x, y ≥ 0 y: s(a, b, c) = (3c + 2x + y)(c − y)(c + y)(c + 2x + y). Luego, y < c. Por otro lado, es f´ acil ver que si c, x, y son n´ umeros reales con x ≥ 0, y ≥ 0, y < c y c > 0, entonces hay un tri´angulo de lados c + x + y, c + x y c, ya que se cumple la desigualdad del tri´angulo. Demostraremos que todo entero menor que 63 no se puede escribir, de dos formas distintas, en la forma s(c + x + y, c + x, c), con c > 0, x ≥ 0, y ≥ 0 y y < c. Notemos primero que cuando x aumenta, tambi´en aumenta s(c+x+y, c+x, c). Tomando esto en cuenta, consideremos las siguientes posibilidades para c. 1. Si c = 1, entonces y = 0, y para x = 0, 1, 2, 3, tenemos que s(c + x + y, c + x, c) = 3, 15, 35, 63, respectivamente. 2. Si c = 2, entonces y = 0 o y = 1. En el primer caso, tenemos que s(c + x + y, c + x, c) = 48, 148 para x = 0, 1, respectivamente. En el segundo caso, tenemos que s(c + x + y, c + x, c) = 63 para x = 0. 3. Si c ≥ 3, entonces s(c + x + y, c + x, c) ≥ 3c · 1 · c · c = 3c3 ≥ 81 > 63. Hemos considerado todos los casos en los cuales s(c + x + y, c + x, c) es menor

56

Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

que 63. Finalmente, como s(4, 4, 1) = s(3, 2, 2) = 63, tenemos que el valor de √ √ 63 3 7 r buscado es 4 = 4 . Soluci´ on del problema 56. Dibujemos las alturas KS y KT de los tri´angulos KBL y KCM , respectivamente, desde el v´ertice K. Prolonguemos el segmento AK hasta intersectar el circunc´ırculo del tri´angulo ABC en el punto P . A

O b L S

B

M T

C

K P

Como AP es di´ ametro del circunc´ırculo de ABP C, los tri´angulos ABP y ACP son rect´ angulos. Adem´as, los tri´angulos ASK y ABP son semejantes (KS y BP son paralelas), al igual que los tri´angulos AT K y ACP (KT y CP son paralelas). Luego: AK AT AS = = , AB AP AC de donde se sigue que los tri´angulos AST y ABC son semejantes, y por lo tanto ST y BC son paralelas. Como LS = SB y M T = T C, se sigue por el Teorema de Thales que LM y BC son paralelas. Soluci´ on del problema 57. Como la cuadr´ıcula tiene 9 casillas en la diagonal principal, tenemos que los 10 n´ umeros primos 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73 y 79 no pueden estar todos en la diagonal de la cuadr´ıcula. Supongamos que p es el primo que est´ a fuera de la diagonal y que est´a en el rengl´on k, 1 ≤ k ≤ 9. Tenemos entonces que el producto de los n´ umeros en el rengl´on k es m´ ultiplo de p, mientras que el producto de los n´ umeros de la columna k no es m´ ultiplo de p. Como p es primo, se sigue que el producto de los n´ umeros en el rengl´on k es distinto del producto de los n´ umeros de la columna k. Soluci´ on del problema 58. Sean
x, y dos de los nueve enteros dados. De los restantes siete enteros tenemos 72 = 21 parejas posibles. Luego, por el principio

3.1 Soluciones de los Problemas de Pr´ actica

57

de las casillas, hay dos parejas con la misma suma m´odulo 20. Tenemos dos casos. Caso 1. Las parejas son (a, b), (c, d) con a, b, c, d distintos entre s´ı. Como a+b ≡ c + d (mod 20), se sigue que a + b − c − d es m´ ultiplo de 20. Caso 2. Las parejas son (a, z), (c, z). Como a + z ≡ c + z (mod 20), tenemos que a ≡ c (mod 20). De los nueve enteros dados borremos por el momento a los enteros a, c. Nuevamente, de los restantes siete enteros, hay dos parejas, digamos (b, q), (d, s), con la misma suma m´odulo 20. Si b, q, d, s son distintos entre s´ı, terminamos como en el caso 1. Si q = s, entonces b ≡ d (mod 20), y por lo tanto, a + b − c − d es m´ ultiplo de 20. Finalmente, es f´ acil ver que la colecci´on de ocho enteros 0, 1, 2, 4, 7, 12, 20, 40, no satisface (a). Soluci´ on del problema 59. Diremos que un tri´angulo es bueno si contiene a C. Sea v un v´ertice fijo de P y numeremos los restantes v´ertices (empezando a la derecha de v) por v1 , v2 , . . . , v2m . Procedemos a contar cu´antos tri´angulos buenos tienen a v como uno de sus v´ertices. Para esto contaremos primero aqu´ellos que tienen al segmento vv1 como uno de sus lados. Sean l y l1 los ejes de simetr´ıa de P por v y v1 , respectivamente. Es claro que el v´ertice vm+1 es el u ´nico que forma un tri´ angulo bueno y tambi´en es el u ´nico v´ertice que est´a en la regi´on de P delimitada por l y l1 y que no intersecta al segmento vv1 . De manera general, al considerar el v´ertice vk , 1 ≤ k ≤ m, los u ´nicos tri´angulos buenos que tienen al segmento vvk como uno de sus lados, son precisamente aqu´ellos cuyo tercer v´ertice cae en la regi´on de P delimitada por l y lk y que no intersecta al segmento vvk . Es f´ acil ver que hay exactamente k de ellos. Como cada tri´ angulo bueno que contiene a v tiene exactamente un v´ertice a cada lado de l, tenemos que el n´ umero de tri´angulos buenos que contienen a v es: Nv =

m X

k=1

k=

m(m + 1) 2

y por lo tanto, al variar v obtenemos un total de: (2m + 1)Nv (2m + 1)m(m + 1) = 3 6 tri´angulos buenos (note que al variar v cada tri´angulo se cuenta tres veces, por lo que es necesario dividir entre 3). a

umeros Soluci´ on del problema 60. Si a ≥ 1, entonces b2 es un cuadrado. Los n´ a, a+1, a+2, a+3 tienen la forma 4k1 , 4k2 +1, 4k3 +2, 4k4 +3, no necesariamente

58

Soluciones de los Concursos Nacionales

en este orden. Por lo tanto, tres sumandos del lado izquierdo son divisibles entre 4 y el cuarto es de la forma 4k + 2. Luego, el lado izquierdo de la ecuaci´on no es un cuadrado. Por lo tanto, a < 1. Si a ≤ −4, el lado izquierdo es un n´ umero negativo y el lado derecho es positivo. Finalmente, verificando los casos a = −3, −2, −1, 0, obtenemos las soluciones (a, b) = (−2, 16), (0, 6).

3.2.

Soluciones de los ´ ultimos tres Concursos Nacionales de la OMM

Soluci´ on del problema 1. Primero veamos que OQAR es un cuadril´atero c´ıclico. Como ORBP y OP CQ son c´ıclicos, tenemos que ∠ROP = 180◦ −∠B, ∠QOP = 180◦ −∠C. Luego, ∠ROQ = 360◦ −∠ROP −∠QOP = ∠B +∠C = 180◦ − ∠A, y por lo tanto OQAR es c´ıclico. A

R Q O b

B

P

C

Veamos ahora que ∠P = ∠A. Como ORBP es c´ıclico, ∠OP R = ∠OBR = ∠OAB, y como OP CQ es c´ıclico, ∠OP Q = ∠OCQ = ∠OAQ. Luego, ∠P = ∠OP R + ∠OP Q = ∠OAB + ∠OAQ = ∠A. An´alogamente, ∠Q = ∠B y ∠R = ∠C. Por lo que P QR y ABC son semejantes. Como OQAR es c´ıclico tenemos que ∠OQR = ∠OAR = 90◦ − ∠C, y como ∠P RQ = ∠C, QO es perpendicular a RP . An´alogamente, RO es perpendicular a P Q, por lo que O es el ortocentro del tri´angulo P QR. Notemos que los radios de las circunferencias circunscritas a BP O y COP son iguales, ya que dichas circunferencias tienen como cuerda com´ un a P O y se tiene que ∠OBP = ∠OCP . De igual manera, las circunferencias circunscritas a los tri´ angulos BP O y P QR tienen el mismo radio, ya que estas u ´ltimas tienen

Soluciones de los Concursos Nacionales

59

la cuerda P R en com´ un y los ´ angulos ∠RBP y ∠P QR son iguales. Otra manera de resolver (ii) es usando la ley de los senos generalizada. La circunferencia circunscrita a BP O cumple que el doble de su radio es senOB ∠OP B y el doble del radio de la que circunscribe a COP es senOC . Pero OB = OC ∠OP C y sen ∠OP B = sen ∠OP C, por ser ´angulos suplementarios. El doble del radio RP de la circunferencia circunscrita a P QR est´a dado por senRP ∠P QR = sen ∠RBP que es igual al doble del radio de la circunferencia circunscrita a BP O. Soluci´ on del problema 2. (i) Sea C una cuadr´ıcula 2n-balanceada. Construyamos primero dos cuadr´ıculas id´enticas A y B poniendo en cada casilla la mitad del n´ umero correspondiente en C. Observemos que A+B = C, y adem´as, tanto en A como en B, n´ umeros escritos en casillas que comparten un lado tienen diferencia menor o igual que n. Sin embargo, los n´ umeros de A y B pueden no ser enteros. Para corregir esto, ajustemos A redondeando sus n´ umeros hacia abajo, y ajustemos B redondeando sus n´ umeros hacia arriba. A + B sigue siendo C. La diferencia de dos n´ umeros en casillas que comparten lado en A pudo haber aumentado, por culpa del ajuste, m´aximo en 21 . Pero despu´es del ajuste la diferencia es un n´ umero entero. Si este entero fuera mayor o igual que n + 1, antes del ajuste la diferencia era mayor o igual que n + 12 , lo cual es una contradicci´on. Esto muestra que A es n-balanceada. An´alogamente, B es n-balanceada. (ii) Sea D una cuadr´ıcula 3n-balanceada. Construyamos tres cuadr´ıculas id´enticas A, B y C poniendo en cada casilla la tercera parte del n´ umero correspondiente en D. Entonces A + B + C = D, y en A, B y C n´ umeros escritos en casillas que comparten un lado tienen diferencia menor o igual que n. Para hacer el ajuste, nos fijamos en el residuo m´odulo 3 de un n´ umero escrito en D. Si este residuo es cero, no hay nada que hacer (ya tenemos n´ umeros enteros en A, B y C). Si el residuo es 1, redondeamos los n´ umeros correspondientes hacia abajo en A y B y hacia arriba en C. Si el residuo es 2, redondeamos hacia abajo en A y hacia arriba en B y C. Es claro que A + B + C sigue siendo D. Adem´as, en A, B y C, la diferencia entre n´ umeros escritos en casillas que comparten lado pudo haber aumentado, por culpa del ajuste, m´aximo en 32 (por ejemplo, en B, un n´ umero de la forma b + 13 , con b entero, cambia a b, y uno de la forma b + 32 cambia a b + 1, de forma que el ajuste aumenta o disminuye el valor de un n´ umero de B en a lo m´ as 13 ). Pero despu´es del ajuste la diferencia es un n´ umero entero. Si este n´ umero fuera mayor o igual que n + 1, antes del ajuste la diferencia era mayor o igual que n + 13 , lo cual es una contradicci´on. Esto muestra que A, B y C son n-balanceadas. Soluci´ on del problema 3. Si a es positivo, pongamos x = a y y = −1. Con

60

Soluciones de los Concursos Nacionales

estos valores, para toda n impar se tiene que a + xy n = 0, y por lo tanto todos los t´erminos impares de la sucesi´on son enteros. Para poder tomar x = a necesitamos que a y b sean primos relativos. Si a es negativo, pongamos x = −a y y = 1. En este caso todos los t´erminos de la sucesi´on son enteros (y tambi´en es necesario que a y b sean primos relativos). Ahora supongamos que a y b no son primos relativos y sea p un primo que divide a ambos. Tomemos un entero positivo k tal que bk divide a a + xy k . Como p divide a bk , p divide a a + xy k , y como divide a a, divide xy k . Pero como x es primo relativo con b, p divide a y k , y por lo tanto divide a y. Sea M la m´axima potencia de p que divide a a. bn no puede dividir a a + xy n para ning´ un valor n > M porque pn divide tanto a bn como a xy n , pero no divide a a. Por lo tanto, la respuesta es las parejas tales que a y b son primos relativos. Soluci´ on del problema 4. Para n < 3, ninguna reordenaci´on tiene una terna aritm´etica. Para n = 3, la lista 2, 1, 3, cumple. Vamos a construir un ejemplo para n utilizando los ejemplos para los valores anteriores. De un lado de la lista pondremos los n´ umeros pares entre 1 y n, y del otro, los impares. Si son j n´ umeros pares, para ordenarlos utilizamos el ejemplo para j simplemente multiplicando sus n´ umeros por 2. Si son k n´ umeros impares, para ordenarlos utilizamos el ejemplo para k multiplicando sus n´ umeros por 2 y rest´ andoles 1. De esta forma obtenemos una reordenaci´on de los n´ umeros del 1 al n. Si en la parte par, 2a, 2b y 2c son una terna aritm´etica, entonces a, b y c lo eran en el ejemplo para j. Si en la parte impar 2a − 1, 2b − 1 y 2c − 1 son una terna aritm´etica, a, b y c lo eran en el ejemplo para k. Si tomamos un t´ermino de la parte par y otro de la parte impar, su suma es impar, y no hay un tercero en medio de ellos cuyo doble sea esta suma. Esto muestra que la ordenaci´on que conseguimos no tiene ternas aritm´eticas. Soluci´ on del problema 5. Tomemos una de las colecciones que queremos contar. No puede ser una colecci´on vac´ıa, porque una colecci´ on de una sola carta no es completa (N > 1). Fij´emonos en los colores que aparecen: no pueden estar todos. Supongamos que faltan dos, digamos A y B. Tomemos una figura F y un n´ umero n de los que s´ı aparecen. La carta de color A, figura F y n´ umero n no est´a en nuestra colecci´on. Sin embargo, al a˜ nadirla, la colecci´on no se vuelve completa (pues no estamos agregando figuras nuevas ni n´ umeros nuevos, y aunque estamos agregando el color A, a´ un falta que aparezca el color B), en contradicci´on con la caracter´ıstica de las colecciones que queremos contar. Entonces falta u ´nicamente un color. An´ alogamente, aparecen todas salvo una de las figuras y todas salvo uno de los n´ umeros.

Soluciones de los Concursos Nacionales

61

Es claro adem´ as que en la colecci´on est´an todas las cartas que usan estos colores, estas figuras y estos n´ umeros (de lo contrario, al a˜ nadir una de ´estas, la colecci´on no se volver´ıa completa). Rec´ıprocamente, todas las colecciones que se construyen eligiendo N −1 n´ umeros, y poniendo en la colecci´on todas las cartas que resultan de combinar estos colores con estas figuras y estos n´ umeros, son colecciones incompletas que se vuelven completas si se a˜ nade cualquier otra carta de la baraja. Por lo tanto, la respuesta es N 3 (elegir N − 1 colores, por ejemplo, equivale a elegir el color que no va a aparecer, y hay N formas de hacer esto). Soluci´ on del problema 6. Sean Q y R las intersecciones de l con AB y CA respectivamente. Sean K y N los puntos donde BG y CF cortan a AD, respectivamente. Sea α = ∠BAD = ∠DAC. Como l y AD son paralelas, tenemos que ∠ARQ = ∠DAC = α, y entonces el tri´ angulo AQR es is´osceles con AQ = AR. Tambi´en, por ser l y AD paralelas, tenemos que ∠ADB + ∠REC = 180◦ , ∠ADB = ∠QEB y ∠ERC = ∠BAD = ∠BQE = α. Por otro lado, como BD = EC, se tiene que BE = CD. Sea E ′ sobre la prolongaci´on de AD (con D entre A y E ′ ) y tal que DE ′ = ER. Por el criterio LAL, los tri´ angulos BDE ′ y CER son congruentes, lo que implica que ∠BE ′ D = ∠CRE = α, y entonces el tri´angulo ABE ′ es is´osceles, con BE ′ = AB, pero BE ′ = CR (por la congruencia) y entonces AB = CR. Tenemos tambi´en que, BQ = BA + AQ = RC + AR = AC. Ahora, del hecho de que △CRP ∼ △CAN y △BAK ∼ △BQP , obtenemos: BA RC RP AK PQ AK = = = ⇒ = , QP BQ AC AN RP AN y del hecho de que △AF N ∼ △QF P y △RGP ∼ △AGK, obtenemos: AK PQ FP GP + P K FN + NP PK PN GK = = = ⇒ = ⇒ = , GP RP AN FN GP FN GP FN y finalmente: AR PK PN AQ = = = ⇒ RG = AF ⇒ BF = AB−AF = CR−RG = CG, RG GP NF AF que es lo que quer´ıamos probar.

62

Soluciones de los Concursos Nacionales

Q

A R F

N

P

G

K

B

E

C

E′

Otra manera de probar que AB = RC es usando la ley de senos en los tri´angulos ABD y REC: AB BD EC RC = = = ⇒ AB = RC. sen ∠ADB sen ∠BAD sen ∠ERC sen ∠REC Otra manera es utilizando la semejanza de los tri´angulos CRE y CAD: RC EC BD AB = = = , AC DC DC AC donde la u ´ltima igualdad se sigue por el Teorema de la Bisectriz. Soluci´ on del problema 7. Dividimos en casos. (1) Si a = 1 y n es pariente de ab, entonces la u ´nica posibilidad es n = 1b, y claramente 1b divide a 1b. (2) Si a = 2. Como 2b debe dividir a 11b y a 2b divide a 2b, entonces 2b divide a 11b − 2b = 90. Los divisores de 90 = 2 · 32 · 5 son 1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 30, 45 y 90. Como 20 ≤ 2b = 20 + b ≤ 29, no hay soluciones en este caso. (3) Si a ≥ 3. Como ab debe dividir a (a − 3)21b y a (a − 3)12b, entonces ab divide a (a − 3)21b − (a − 3)12b = 90. Luego, las u ´nicas posibilidades para ab son 30, 45 y 90, ya que ab ≥ 30. Veamos que 30, 45 y 90 dividen a todos sus parientes. Si n es pariente de 30, entonces n = A0 donde A es un n´ umero cuya suma de d´ıgitos es 3. Luego, n es m´ ultiplo de 10 y de 3, y por lo tanto tambi´en de 30. Si n es pariente de 45, entonces n = A5 donde A es un n´ umero cuya suma de d´ıgitos es 4. Luego, la suma de los d´ıgitos de n es 9 y por lo tanto n es m´ ultiplo de 9. Como n claramente es m´ ultiplo de 5, se sigue que n es m´ ultiplo de 45. Si n es pariente de 90, entonces n = A0 donde A es un n´ umero cuya suma de

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d´ıgitos es 9. Luego, n es m´ ultiplo de 9 y de 10, y por lo tanto de 90. Concluimos que los u ´nicos enteros de dos d´ıgitos que dividen a todos sus parientes son: 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 30, 45 y 90. Segunda Soluci´ on. Dividimos en dos casos. (1) a = 1. Este caso es como en la primer soluci´on. (2) a ≥ 2. Como ab debe dividir a 1(a − 1)b y claramente ab divide a ab, entonces ab divide a 1(a − 1)b − ab = 90. Y terminamos como en la primer soluci´on.

Soluci´ on del problema 8. Como M es el circuncentro del tri´angulo ABC, el tri´angulo AM C es is´osceles, por lo que ∠M AC = ∠M CA = α2 , donde ∠AM B = α. En el cuadril´ atero ABM D, sus ´angulos en A y en M son rectos, entonces es c´ıclico y BD es un di´ ametro de su circunferencia circunscrita. Como BE es perpendicular a BD, se tiene que BE es tangente a esta circunferencia en el punto B. Se sigue que ∠EBA = ∠BM A = α. Como EM es la mediatriz de AB (es paralela a CA y pasa por el punto medio de BC), tenemos que los tri´angulos EAM y EBM son congruentes. Si el tri´ angulo EBM es semejante al tri´angulo AM C, entonces ∠EBM = ∠AM C y de aqu´ı se obtiene la igualdad α + 90◦ − α2 = 180◦ − α, lo cual implica que α = 60◦ . Por lo tanto, el tri´angulo ABM es equil´atero. Por otro lado, si el tri´ angulo ABM es equil´atero entonces ∠EBA = 60◦ y el tri´angulo EBM es is´osceles y semejante al tri´angulo AM C. E

A α α

α B

D

α M

C

Segunda Soluci´ on. El cuadril´ atero ABM D es c´ıclico (ya que sus ´angulos en A y M son rectos) y est´ a inscrito en una circunferencia de di´ametro BD.

64

Soluciones de los Concursos Nacionales C

M α D b

A

α B

β E Como M E es paralela a AC y M es punto medio de BC, se tiene que M E es mediatriz de AB. Los tri´ angulo M CA, ABM y BAE son is´osceles, los dos primeros por ser M el circuncento del tri´ angulo ABC y el tercero por ser M E mediatriz de AB. Como EB es perpendicular a BD, se tiene que EB es tangente al circunc´ırculo de ABM D. El ´ angulo semi-inscrito ∠ABE es igual al inscrito ∠AM B, ya que abren el mismo arco. Sean α = ∠ABE = ∠AM B y β = ∠BEA. Como M E y AC son paralelas, ∠M AC = ∠AM E. Los tri´ angulos AEM y M CA son semejantes si y s´olo si ∠AM E = ∠M EA si y s´ olo si α = β. Si los tri´ angulos AEM y M CA son semejantes, entonces α = β y como 2α + ◦ β = 180 (´ angulos en ABE) se tiene que α = 60◦ . Luego, el tri´angulo ABM es equil´ atero y ∠ABC = 60◦ . Si ∠ABC = 60◦ , entonces el tri´angulo ABM es equil´atero, por lo que α = 60◦ y como 2α + β = 180◦ , tenemos que β = 60◦ = α. Soluci´ on del problema 9. Contemos, equivalentemente, la cantidad de caminos que visitan cada casilla de la cuadr´ıcula exactamente una vez y en los que cada paso es a una casilla adyacente. Contemos primero cu´ antos de estos caminos empiezan en la casilla de la esquina

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superior izquierda de la cuadr´ıcula. Llamemos an a esta cantidad. Por simetr´ıa, hay an caminos que empiezan en cada una de las otras esquinas. Supongamos que el primer paso de uno de dichos caminos es hacia la derecha. Entonces el camino contin´ ua hacia la derecha hasta llegar a la orilla de la cuadr´ıcula. En efecto, un paso hacia abajo divide a la cuadr´ıcula en dos partes; la porci´on final del camino no puede visitar ambas partes. Es claro entonces que hay una sola forma de completar el camino. Si el primer paso es hacia abajo, en cambio, el siguiente es hacia la derecha y el camino puede completarse de an−1 formas. Por lo tanto, an = an−1 + 1 y como a2 = 2, se sigue que an = n. Ahora contemos cu´ antos caminos empiezan en la casilla superior de la j-´esima columna, con 1 < j < n. Si el primer paso es hacia la derecha, entonces el camino contin´ ua hacia la derecha hasta llegar a la orilla de la cuadr´ıcula (de nuevo, un paso hacia abajo divide a la cuadr´ıcula en dos partes; la porci´on final del camino no puede visitar ambas), luego baja y regresa hasta llegar a la casilla inferior de la j-´esima columna. El camino puede completarse de aj−1 = j − 1 formas. An´ alogamente, si el primer paso es hacia la izquierda, el camino puede completarse de an−j = n − j formas. En total, son (j − 1) + (n − j) = n − 1 caminos. Por lo tanto, la respuesta es: 4n + 2

n−1 X j=2

(n − 1) = 4n + 2 (n − 2) (n − 1) = 2n2 − 2n + 4.

Segunda Soluci´ on. Pintemos la cuadr´ıcula como tablero de ajedrez de blanco y negro. Supongamos que el 1 est´a en una casilla blanca. Entonces, el 2 tiene que estar en una casilla negra, y as´ı cada n´ umero par estar´ a en una casilla negra. En particular, el 2n estar´ a en una casilla negra. Dividimos en dos casos. (i) Numeremos las columnas de izquierda a derecha del 1 al n y supongamos que el 1 y el 2n est´ an en la columna i con 1 < i < n. Supongamos que el 2 est´a a la izquierda del 1. Entonces, todos los n´ umeros del 3 al 2i − 1 estar´an tambi´en a la izquierda de la columna i, y por lo tanto el n´ umero 2i tendr´a que quedar a la derecha de la columna i, lo cual no puede suceder. Por lo tanto, si el 1 y el 2n est´ an en la misma columna, necesariamente deber´an estar en las columnas 1 o n. Luego, en este caso s´olo hay 4 formas de colocar al 1 y al 2n, y es f´acil ver que en cada una de estas 4 formas s´olo hay una manera de colocar al resto de los n´ umeros. (ii) Supongamos ahora que el 1 y el 2n no est´an en la misma columna. Dividimos en dos subcasos. (a) Si el 1 est´ a en una esquina y el 2n est´a en la columna i, entonces es f´acil ver que el 2 tiene que estar en la misma columna del 1. Luego, si consideramos

66

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ahora la cuadr´ıcula que se obtiene quitando esta columna, entonces el 3 est´a en una esquina de esta nueva cuadr´ıcula y an´alogamente, el 4 tiene que estar en la misma columna del 3. Continuando de esta forma, tenemos una u ´nica manera de acomodar a los n´ umeros entre 1 y 2i − 2. Ahora, como el 2i − 1 debe estar en la misma columna del 2n, completamos la cuadr´ıcula como en el caso (i), tomando el 2i − 1 como si fuera el 1. Por lo tanto, s´olo hay una u ´nica manera de llenar la cuadr´ıcula en este subcaso, como se muestra en la siguiente figura. b b b

b b b

1

2n

b b b

(b) Supongamos que el 1 est´a en la columna j y que el 2n est´a en la columna i con 1 < j < i ≤ n. Entonces, es f´acil ver que los n´ umeros 2, 3, . . . , j tienen que estar en las columnas j − 1, j − 2, . . . , 1, respectivamente, dejando como u ´nica posibilidad que los n´ umeros desde j + 1 hasta 2j + 1 est´en en la misma fila. Luego, el 2j + 1 est´ a en la columna j + 1 y ahora completamos la cuadr´ıcula como en el subcaso (a), tomando el 2j + 1 como si fuera el 1. Por lo tanto, s´olo hay una u ´nica manera de llenar la cuadr´ıcula en este subcaso, como se muestra en la siguiente figura. b b b

b b b

1

2n

b b b

Luego, en el caso (i) hay 4 formas de llenar la cuadr´ıcula. Y en el caso (ii), hay 2n(n − 1) formas de llenar la cuadr´ıcula, ya que hay 2n maneras de colocar el 1 y como la casilla del 2n tiene distinto color que la del 1, entonces hay n − 1 maneras de colocar el 2n. Por lo tanto, hay 2n(n − 1) + 4 = 2n2 − 2n + 4 formas de llenar la cuadr´ıcula.

Soluci´ on del problema 10. Llamemos construibles a dichos n´ umeros n. Tomemos un n construible y fij´emonos en los cuadritos marcados con X.

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67 X X

X X X X X

Y

En total tenemos n de estos cuadritos. Si consideramos un cuadrado de los que no se salen de la figura, ´este puede cubrir a lo m´as un cuadrito de los marcados con X. Como s´ olo tenemos n cuadrados para cubrir la figura, concluimos que cada cuadrado ocupar´ a uno y s´ olo uno de estos cuadritos (de los marcados con X). Ahora nos fijamos en el cuadrito marcado con Y . El cuadrado que lo cubra, deber´a tambi´en cubrir a un cuadrito marcado con X, y por lo tanto, este cuadrito marcado con X tiene que estar a la mitad de la escalera. Luego, n es impar (ver figura).

X Y Este cuadrado separa a la escalera original en dos escaleras, cada una de escalones. Por lo tanto, n−1 2 es construible. Continuando de esta forma, n−1

n−1 2 n−1 2

−1

= n−3 es construible, y as´ı sucesivamente hasta llegar al es impar y 2 2 4 1 que es el menor construible. Adem´as, si m es construible entonces tambi´en lo es 2m + 1. Entonces concluimos que todos los n´ umeros construibles son: 1, 3, 7, 15, . . ., es decir son todos los n´ umeros de la forma 2k − 1 para k ≥ 1. Soluci´ on del problema 11. Sea H el punto de intersecci´on de las alturas del tri´angulo ABC. Dado que AD es di´ametro de la circunferencia, tenemos que ∠DM A = ∠DN A = 90◦ . De aqu´ı tenemos que DN es paralelo a BE y DM AH AE = HD = FAF es paralelo a CF, lo que a su vez implica que EN M , es decir, M N es paralelo a F E. Sea L el punto donde F D intersecta a M N. Como el cuadril´ atero AF DC es c´ıclico entonces ∠M F L = ∠ACD; tambi´en, como BF EC es c´ıclico tenemos que ∠AF E = ∠ECB, y como M N es paralela a F E tenemos que ∠F M L = ∠AF E. Hemos probado que ∠M F L = ∠F M L, y como el tri´ angulo F M D es rect´ angulo entonces L es el punto medio de F D. DL Dado que F E es paralelo a M N entonces DQ QP = LF = 1, es decir, Q es el

68

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punto medio de P D. A

P

E

F

N

H L

M B

Q D

C

Segunda Soluci´ on. Al reflejar el pie de la altura D sobre los lados AB y AC obtenemos los puntos S y T, respectivamente. Sea H el ortocentro del tri´ angulo ABC. Como M F es la mediatriz del segmento SD, tenemos que ∠SF M = ∠DF M ; adem´as, como el cuadril´atero BF HD es c´ıclico, tenemos que ∠DF B = ∠DHB. A su vez, tenemos que ∠DHB = ∠AHE = ∠AF E (esta u ´ltima igualdad se sigue de que el cuadril´atero AF HE es c´ıclico), de aqu´ı se sigue que S, F y E son colineales. An´alogamente se prueba que T, E y F son colineales y obtenemos que S, F, E y T son colineales. Como M y N son los puntos medios de los segmentos SD y T D, tenemos que M N es paralelo a DM ST . Como DQ QP = M S = 1 se concluye que Q es punto medio de P D. A T

F

P H

S M B

E N

Q D

C

Tercera Soluci´ on. Sean S y R los puntos donde F D y F C intersectan a M N, respectivamente. Probaremos que F M DR es un rect´angulo y de aqu´ı se seguir´ a que S es el punto medio de F D. Para esto, como el cuadril´atero AM DN es c´ıclico entonces ∠M AD = ∠M N D. Adem´as, como ∠M AD = ∠F CB tenemos que el cuadril´atero DRN C es c´ıclico. Se sigue que ∠DRC = ∠DN C = 90◦ y entonces F M DR es un rect´angulo (tiene tres ´angulos rectos y por tanto el cuarto tambi´en). Sea T el punto donde ED intersecta a M N.

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An´alogamente se prueba que T es el punto medio de ED. Concluimos entonces DS que ST es paralela a F E. Como DQ QP = SF = 1 se sigue que Q es el punto medio de P D. A α

E

P F R M

S

N α

Q α

B

D

C

Soluci´ on del problema 12. Sea n la suma de los d´ıgitos del entero positivo A. Si 1, 2, ..., 8 se obtienen como suma de d´ıgitos de A, entonces n ≥ 8. Si n = 8 no hay nada que hacer. Supongamos que n ≥ 9. (i) Veamos que el 9 se puede escribir como suma de d´ıgitos de A. Si 9 es un d´ıgito de A, entonces se puede escribir el 9. Si alg´ un 1, de entre los d´ıgitos de A, no se utiliz´o en la escritura del 8, sumando a estos d´ıgitos el 1, obtenemos 9. Si todos los unos que aparecen como d´ıgitos de A se utilizaron en la escritura del 8, sea j el menor de los d´ıgitos del n´ umero A que no se utiliz´o en dicha escritura. Entonces en ´esta se utilizan todos los d´ıgitos de la escritura de j − 1, (en efecto, la expresi´on de j − 1 como suma de d´ıgitos de A utiliza d´ıgitos menores que j y cada uno de ellos debe aparecer en la escritura del 8, ya que j es el menor de los que no aparecen en la escritura del 8). Ahora sustituimos estos por j y obtenemos 9. (ii) Veamos ahora que si m (9 ≤ m < n), es un entero positivo que se puede escribir como suma de d´ıgitos de A, entonces m + 1 tambi´en. Si un 1, de entre los d´ıgitos de A, no se utiliz´o en dicha suma, agregamos 1 y obtenemos m + 1. Si todos los unos que aparecen como d´ıgitos de A, se utilizaron en la escritura del m, sea j el menor de los d´ıgitos del n´ umero A que no se utiliz´o en dicha escritura. Entonces, en la escritura del m, se utilizaron todos los d´ıgitos de la escritura de j − 1. Sustituyendo estos por j, obtenemos m + 1. Luego, (i) y (ii) garantizan que cada uno de los n´ umeros 1, 2, . . . , n, es suma de d´ıgitos de A.

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El n´ umero A = 1249 no es surtido y cumple que 1, 2, . . . , 7 son sumas de d´ıgitos de A.

Soluci´ on del problema 13. Supongamos que N tiene esa propiedad. Entonces existe un entero positivo n tal que n, n+1, . . . , n+9 son divisores de N . Sea k un entero tal que 1 ≤ k ≤ 10. Como en la lista n, n+1, . . . , n+9 tenemos al menos k enteros consecutivos, uno de ellos debe ser m´ ultiplo de k y por transitividad k es un divisor de N . Luego, los n´ umeros 1, 2, . . . , 10 son divisores de N y por lo tanto 11 no divide a N . De aqu´ı que N debe ser m´ ultiplo de 2520 (el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de 1, 2, . . . , 10) pero no de 11. Supongamos ahora que N = 2520k con k y 11 primos relativos. Claramente, los n´ umeros 1, 2, . . . , 10 son 10 divisores consecutivos de N . Si tuvi´eramos 11 divisores consecutivos, uno de ellos ser´ıa m´ ultiplo de 11 y N ser´ıa m´ ultiplo de 11, lo cual no puede ser. Por lo tanto, todo N de esa forma cumple el problema.

Soluci´ on del problema 14. Los puntos P que cumplen que ∠AP B = ∠BP C, son los que se encuentran en:

(i) el arco CA del circunc´ırculo de ABC (sin incluir a C y A),

(ii) los puntos de la mediatriz de CA (sin incluir a B),

(iii) los puntos sobre la recta por A y C sin incluir al segmento cerrado CA.

Primer caso. De los puntos del circunc´ırculo es claro que los puntos P sobre el arco CA cumplen que ∠AP B = ∠BP C = 60◦ . Pero si P = C o P = A entonces uno de ∠AP B y ∠BP C es de 60◦ pero el otro ´angulo no queda bien definido.

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A

O B

α1 α

C

Los puntos sobre los arcos AB y BC cumplen que uno de los ´angulos es de 60◦ y el otro de 120◦ , salvo cuando P es uno de A, B o C en cuyo caso uno de ellos no queda bien definido.

Segundo caso. Si P est´ a dentro del cono peque˜ no que determinan las rectas AB y BC. Sean α1 = ∠AP B y α = ∠BP C y sea Q el punto de intersecci´on de BP con el circunc´ırculo de ABC (distinto de B). Por el primer caso ∠AQB = ∠BQC = 60◦ .

Luego α1 = α si y s´ olo si los tri´ angulos AP Q y CP Q son congruentes (tienen dos ´angulos iguales y un lado com´ un) si y s´olo si AP = CP (los tri´angulos tendr´ıan los tres lados iguales).

Luego P dentro del cono peque˜ no cumple la condici´on si y s´olo si P est´a sobre la mediatriz de CA, sin incluir el caso P = B ya que en este punto no est´an bien definidos los ´ angulos.

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Soluciones de los Concursos Nacionales

A

P

α1 α Q

O B

C

Tercer caso. Si P se encuentra sobre el cono grande que determinan las rectas AB y BC. Si P est´ a por abajo de la recta BC y a la derecha de la recta CA, se tiene que α1 = ∠AP B > ∠BP C = α (ya que C queda dentro del tri´angulo AP B). Y si P est´ a por abajo de la recta BC y a la izquierda de la recta CA se tiene que α1 = ∠AP B < ∠BP C = α (ya que C queda fuera del tri´angulo AP B).

A

O B C α

α1 P

Por tanto α1 = α si y s´olo si P se encuentra sobre el rayo que parte de C en −→ direcci´on AC.

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Algo an´ alogo ocurre para los puntos de la otra parte del cono grande. Segunda Soluci´ on. Observemos que P tiene que ser distinto de A y de C. M´as a´ un, P no est´ a en alguna de las rectas AB y BC. Si P est´a en el arco AC que no contiene a B, entonces ∠AP B = ∠ACB = 60◦ , por abrir ambos el arco AB. An´ alogamente, ∠BP C = ∠BAC = 60◦ . Por tanto, P cumple con la condici´on. Sea P un punto en el interior de un ´angulo de 60◦ determinado por las rectas AB y BC tal que ∠AP B = ∠BP C. Sea Q la intersecci´on de la recta P B con el arco AC (que no contiene a B). Observemos que Q es distinto de A y de C, por tanto, Q cumple que ∠AQC = ∠BQC. Como ∠AP B = ∠BP C, se sigue que ∠AP Q = ∠QP C. De aqu´ı que los tri´angulos AP Q y CP Q son congruentes, pues comparten el lado P Q y los ´angulos respectivos sobre este lado son iguales. Concluimos que AP = P C. Por tanto P est´a sobre la mediatriz de AC.

A

B

α1 α Q

P′

P

C

P ′′

Ahora sea P un punto en el interior de un ´angulo de 120◦ determinado por las rectas AB y BC, tal que ∠AP B = ∠BP C. Observemos que |∠AP B − ∠BP C| = ∠AP C. Adem´ as, ∠AP C = 0 si y s´olo si P est´a en la recta AC y no en el segmento AC. Soluci´ on del problema 15. Por la desigualdad entre la media geom´etrica y la media aritm´etica, se tiene que: bc ≤

(b + c)2 (1 − a)2 = , 4 4

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Soluciones de los Concursos Nacionales

donde se ha usado que a + b + c = 1. Luego: a + bc ≤ a +

4a + 1 − 2a + a2 (a + 1)2 (1 − a)2 = = , 4 4 4

√ de donde a + bc ≤ a+1 2 . √ An´ alogamente, para los otros sumandos se tiene que b + ca ≤ c+1 2 . Por lo tanto: √

a + bc +

√

b + ca +

b+1 2

y

√

c + ab ≤

√ a+1 b+1 c+1 a+b+c+3 c + ab ≤ + + = = 2. 2 2 2 2

Segunda Soluci´ on. Usando el hecho de que a + b + c = 1 tenemos que: a + bc = 1 − b − c + bc = (1 − b)(1 − c). Por la desigualdad media geom´etrica - media aritm´etica, tenemos que: » √ 2−b−c (1 − b) + (1 − c) = . a + bc = (1 − b)(1 − c) ≤ 2 2

An´ alogamente, para los otros dos sumandos tenemos que: √

b + ca ≤

2−c−a , 2

√

c + ab ≤

2−a−b . 2

Por lo tanto: √

a + bc +

√ √ b + ca + c + ab ≤ =

2−b−c 2−c−a 2−a−b + + 2 2 2 6 − 2(a + b + c) = 2. 2

Hay varias variantes de la segunda soluci´on. En ellas, la idea es hacer uso de a + b + c = 1 y despu´es aplicar la desigualdad media geom´etrica - media aritm´etica. Por ejemplo, se puede llegar a cualquiera de las siguientes 3 identidades: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c), a + bc = a + b(1 − a − b) = (a + b)(1 − b),

a + bc = a + (1 − a − c)c = (a + c)(1 − c),

y despu´es aplicar la desigualdad media geom´etrica - media aritm´etica a cualquiera de ellas.

Soluciones de los Concursos Nacionales

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Soluci´ on del problema 16. Como 20071 = 9, 20072 = 9 y 20073 = 9, queremos que m3 +n3 = 9. La restricci´on m+n = 2007 implica que 0 < m, n < 2007. Adem´as, 0 < n1 ≤ 28 ya que n1 se maximiza cuando n = 1999. Luego, 0 < n2 ≤ 10, ya que n2 se maximiza cuando n1 = 19 ´o 28. Finalmente, 0 < n3 ≤ 9. Como al sumar los d´ıgitos de un n´ umero se preserva su congruencia m´odulo 9, tenemos que si n ≡ r (mod 9) con 1 ≤ r ≤ 9, entonces n3 = r. An´ alogamente, si m ≡ s (mod 9) con 1 ≤ s ≤ 9, entonces m3 = s. Si m + n = 2007, entonces n3 + m3 ≡ 0 (mod 9). El hecho de que 0 < n3 , m3 ≤ 9 nos dice que n3 + m3 = 9 ´ o 18. Pero m3 + n3 = 18 si y s´olo si n3 = m3 = 9. Por lo tanto, las parejas que cumplen el problema son (a, 2007 − a) donde a es cualquier entero positivo menor que 2007 que no sea divisible entre 9. Soluci´ on del problema 17. Primero nos fijamos en d´onde est´a la luci´ernaga encendida, y usamos alguna de las siguientes cuatro coloraciones de tal manera que la luci´ernaga se encuentre en un cuadrado coloreado (lo que siempre es posible porque cada cuadrado est´ a coloreado al menos alguna vez en una de las cuatro coloraciones).

Si nos fijamos en una coloraci´on en particular, al aplicar una movida se cambia de estado una cantidad par de cuadrados coloreados (ya sea cero o dos), por lo que la paridad de luci´ernagas encendidas se mantiene invariante en los cuadrados sombreados. Puesto que escogimos una coloraci´on en donde la cantidad de luci´ernagas encendidas en los cuadrados coloreados empieza impar, siempre ser´a impar, por lo que no puede ser cero. Y como no puede ser cero en los cuadrados coloreados, no puede ser cero en el total de los cuadrados. Esto completa la demostraci´on. Segunda Soluci´ on. Como en cada movida se cambian tres luci´ernagas de estado, tenemos que se cambia una cantidad impar de luci´ernagas de estado. Luego, la cantidad total de luci´ernagas encendidas cambia de paridad cada movida, y como se empieza con una cantidad impar de luci´ernagas encendidas, se necesita una cantidad impar de movidas. Escojamos una de las siguientes coloraciones, de tal manera que el cuadrado con la luci´ernaga encendida no quede coloreado.

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Puesto que en cada movida se cambia de estado exactamente uno de los cuadrados coloreados, la paridad de cuadrados coloreados encendidos cambia cada movida. Como se empieza con una cantidad par de cuadrados coloreados encendidos, entonces s´ olo al aplicar una cantidad par de movidas la cantidad de cuadrados coloreados encendidos es par (con la posibilidad de ser cero). Por el primer argumento, para que la cantidad de luci´ernagas encendidas sea cero, es necesario aplicar una cantidad impar de movidas, y por el segundo argumento es necesario aplicar una cantidad par de movidas, lo cual no es posible. Por lo tanto, no se puede hacer cero la cantidad de luci´ernagas encendidas.

Soluci´ on del problema 18. Sea ∠BAC = 2α. Prolonguemos el segmento BM hasta un punto B ′ tal que BM = M B ′ . De este modo tenemos que el cuadril´ atero AB ′ CD es un paralelogramo, de donde se sigue que B ′ C = AB. Tambi´en sabemos que DC = BC = AB ′ , de modo que el cuadril´atero ADCB ′ es un trapecio is´osceles. De aqu´ı que DB ′ = AC. Por lo tanto, los tri´angulos B ′ CD y ABC son congruentes. Se sigue que ∠DB ′ C = 2α. Luego: BD = DB ′ = AC ⇔ ∠DB ′ B = ∠DBB ′ ⇔ ∠DB ′ B = ∠BB ′ C = α, es decir, BD = AC si y s´olo si ∠BAC = 2∠ABM . B′

A D

θ β

2α

M

β B

C

Soluciones de los Concursos Nacionales

77

Segunda Soluci´ on. Tracemos primero la altura CF desde C. Sean 2α = ∠BAC, β = ∠ABM y θ = ∠F M B. Como el tri´angulo CF A es rect´angulo, as, tambi´en tenemos que ∠M F A = 2α. Por tenemos que F M = AC 2 . Adem´ otro lado, como el ´ angulo M F A es exterior al tri´angulo M F B tenemos que β + θ = 2α. Por lo tanto, BD = AC ⇔ BF = F M ⇔ β = θ ⇔ β = α. A 2α

D

M

2α

θ

F

β B

C

Tercera Soluci´ on. Sea P un punto sobre BM tal que ∠P AM = ∠M BA = α. Los tri´ angulos M AP y M BA comparten el ´angulo BM A y por construcci´on ∠P AM = ∠M BA, de modo que son tri´angulos semejantes. Luego, MA MB CM MB angulos M P = M A . Como M A = CM , tenemos que M P = CM . Luego, los tri´ M CP y M BC tienen lados proporcionales y comparten el ´angulo CM B, de modo que tambi´en son semejantes. Por lo tanto, ∠M CP = ∠M BC = β. A D

α

β M P β

α β B

Ahora, observemos que ∠AP C =

C

180◦

− (α + β) y como α + β = ∠ABC =

78

Soluciones de los Concursos Nacionales

∠CDB, tenemos que ∠ADC = 180◦ −(α+β) = ∠AP C. Luego, el cuadril´atero CP DA es c´ıclico. Esto implica que ∠P DB = ∠P CA = β, de modo que los tri´ angulos CP A y DP B son semejantes. Por lo tanto: BD = AC ⇔ △CP A ∼ = △DP B ⇔ P A = P B

⇔ ∠P AB = ∠P BA = ∠P AC ⇔ ∠BAC = 2∠M BA.

Cuarta Soluci´ on. Sea C ′ el punto donde la paralela a M B por A intersecta a la recta BC, y sea D ′ el punto sobre el lado AB tal que AD ′ = BD. Observemos que C ′ B = BC = CD y que BD′ = AD. Adem´as, como el tri´angulo BCD es is´osceles tenemos que ∠C ′ BD′ = ∠ADC. Con esto, obtenemos que el tri´angulo C ′ BD′ es congruente al tri´angulo CDA, de donde se sigue que C ′ D ′ = AC. Denotemos por 2α a los ´angulos DAC y C ′ D ′ B. A 2α

D

M D′ 2α

C′

B

C

AD ′

Supongamos primero que BD = AC, es decir, = AC. Entonces, C ′ D ′ = ′ ′ ′ ′ ′ AD y de aqu´ı obtenemos que ∠AC D = ∠C AD . Adem´as, como ∠AC ′ D′ + ∠C ′ AD ′ = ∠C ′ D ′ B = 2α obtenemos que ∠C ′ AD ′ = α. Como C ′ A y BM son paralelas, concluimos que ∠ABM = ∠C ′ AD′ = α. Ahora, supongamos que ∠ABM = α. Entonces se sigue que ∠C ′ AD′ = α. Como ∠AC ′ D ′ + ∠C ′ AD′ = ∠AC ′ D ′ + α = ∠C ′ D ′ B = 2α, tenemos que ∠AC ′ D ′ = α, es decir, el tri´angulo AC ′ D ′ es is´osceles. De aqu´ı obtenemos que AD′ = C ′ D ′ = AC, y como AD ′ = BD, se sigue que BD = AC.

Cap´ıtulo 4

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

4.1.

XIX Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico

Soluci´ on del problema 1. Sin p´erdida de generalidad, supongamos que S contiene s´ olo enteros positivos. Sea: S = {2ai 3bi |ai , bi ∈ Z, ai , bi ≥ 0, 1 ≤ i ≤ 9}. Es suficiente demostrar que existen enteros i1 , i2 , i3 con 1 ≤ i1 , i2 , i3 ≤ 9, tales que: ai1 + ai2 + ai3 ≡ bi1 + bi2 + bi3 ≡ 0 (mod 3). Para n = 2a 3b ∈ S, diremos que (a (mod 3), b (mod 3)) es el tipo de n. Claramente hay 9 posibles tipos: (0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2), (2, 0), (2, 1), (2, 2). Sea N (i, j) el n´ umero de enteros en S de tipo (i, j). Obtenemos 3 enteros distintos cuyo producto es un cubo perfecto cuando: 1. N (i, j) ≥ 3 para algunos i, j, o 2. N (i, 0)N (i, 1)N (i, 2) 6= 0 para alg´ un i = 0, 1, 2, o

80

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales 3. N (0, j)N (1, j)N (2, j) 6= 0 para alg´ un j = 0, 1, 2, o 4. N (i1 , j1 )N (i2 , j2 )N (i3 , j3 ) 6= 0, donde {i1 , i2 , i3 } = {j1 , j2 , j3 } = {0, 1, 2}.

Supongamos que ninguna de las condiciones 1 a 3 se cumple. Ya que N (i, j) ≤ 2 para todo (i, j), tenemos al menos cinco N (i, j)’s distintas de cero. Adem´as, de entre las N (i, j)’s que no son cero, no hay tres que tengan la misma i ni la misma j. Usando esto, es f´acil concluir que la condici´on 4 se debe cumplir. (Por ejemplo, si uno escribe cada N (i, j) distinta de cero en la posici´on (i, j) de una cuadr´ıcula de 3 × 3 (rengl´on i, columna j) cuyos renglones y columnas est´an numerados con 0, 1 y 2, entonces podemos encontrar tres casillas, ocupadas por al menos una N (i, j) distinta de cero, cuyos renglones y columnas de tales tres casillas son todas distintas. Esto implica 4). Segunda Soluci´ on. Como en la primera soluci´on, tenemos 9 posibles tipos para n = 2a 3b ∈ S. Notemos que: 1. Entre cualesquiera 5 enteros, hay 3 cuya suma es m´ ultiplo de 3. 2. Si i, j, k ∈ {0, 1, 2}, entonces i + j + k ≡ 0 (mod 3) si y s´olo si i = j = k o {i, j, k} = {0, 1, 2}.

Sean T el conjunto de tipos de enteros en S; N (i) el n´ umero de enteros en S de tipo (i, ·); y M (i) el n´ umero de enteros j ∈ {0, 1, 2} tales que (i, j) ∈ T . Si N (i) ≥ 5 para alg´ un i, el resultado se sigue de 1. Si no, para alguna permutaci´on (i, j, k) de (0, 1, 2), tenemos que N (i) ≥ 3, N (j) ≥ 3 y N (k) ≥ 1. Si M (i) o M (j) es 1 o 3, el resultado se sigue de 2. Si no, entonces M (i) = M (j) = 2. Luego, o bien (i, x), (i, y), (j, x), (j, y) ∈ T o bien (i, x), (i, y), (j, x), (j, z) ∈ T para alguna permutaci´on (x, y, z) de (0, 1, 2). Como N (k) ≥ 1, al menos uno de (k, x), (k, y) y (k, z) est´a contenido en T . Por lo tanto, en cualquier caso, el resultado se sigue de 2. (Por ejemplo, si (k, y) ∈ T , entonces tomamos (i, y), (j, y), (k, y) o (i, x), (j, z), (k, y) de T ). Soluci´ on del problema 2. Sea D el punto de intersecci´on de las rectas AH y BC. Sea K el punto de intersecci´on del circunc´ırculo O del tri´angulo ABC con la recta AH. Consideremos la recta por I perpendicular a BC y supongamos que intersecta a BC y al menor de los dos arcos entre B y C (del circunc´ırculo O) en los puntos E y N , respectivamente. Tenemos que: 1 ∠BIC = 180◦ − (∠IBC + ∠ICB) = 180◦ − (∠ABC + ∠ACB) 2 1 = 90◦ + ∠BAC = 120◦ 2

Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico

81

y tambi´en ∠BN C = 180◦ −∠BAC = 120◦ = ∠BIC. Como IN y BC son perpendiculares, el cuadril´ atero BICN es un trapezoide y por lo tanto IE = EN . Ahora, ya que H es el ortocentro del tri´angulo ABC, tenemos que HD = DK. Tambi´en, como ED ⊥ IN y ED ⊥ HK, tenemos que IHKN es un trapecio is´osceles con IH = N K. Luego, ∠AHI = 180◦ − ∠IHK = 180◦ − ∠AKN = ∠ABN . Como IE = EN y BE ⊥ IN , los tri´angulos IBE y N BE son congruentes. Luego, ∠N BE = ∠IBE = ∠IBC = ∠IBA = 12 ∠ABC y por lo tanto ∠AHI = ∠ABN = 32 ∠ABC. Segunda Soluci´ on. Sean P , Q y R los puntos de intersecci´on de BH, CH y AH con AC, AB y BC, respectivamente. Entonces, ∠IBH = ∠ICH. En efecto: 1 ∠IBH = ∠ABP − ∠ABI = 30◦ − ∠ABC 2 y 1 1 ∠ICH = ∠ACI − ∠ACH = ∠ACB − 30◦ = 30◦ − ∠ABC, 2 2 ya que ∠ABH = ∠ACH = 30◦ y ∠ACB + ∠ABC = 120◦ . (Note que ∠ABP > ∠ABI y ∠ACI > ∠ACH porque AB es el lado mayor del tri´angulo ABC bajo las condiciones dadas). Por lo tanto, BIHC es un cuadril´atero c´ıclico, de modo que ∠BHI = ∠BCI = 12 ∠ACB. Por otra parte: ∠BHR = 90◦ − ∠HBR = 90◦ − (∠ABC − ∠ABH) = 120◦ − ∠ABC. Por lo tanto: 1 ∠AHI = 180◦ − ∠BHI − ∠BHR = 60◦ − ∠ACB + ∠ABC 2 1 3 ◦ ◦ = 60 − (120 − ∠ABC) + ∠ABC = ∠ABC. 2 2

. Soluci´ on del problema 3. La respuesta es (n−1)(n−2) 2 Diremos que un conjunto de n discos que satisface las condiciones del problema es una n-configuraci´ on. Para una n-configuraci´on C = {C1 , . . . , Cn }, sea SC = {(i, j)|Ci contiene propiamente a Cj }. Luego, el resultado de una nconfiguraci´ on C es |SC |. Demostraremos que: . (i) Hay una n-configuraci´ on C para la cual |SC | = (n−1)(n−2) 2

82

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

(ii) |SC | ≤

(n−1)(n−2) 2

para cualquier n-configuraci´on C.

Sea C1 cualquier disco. Entonces, para i = 2, . . . , n − 1, tomemos Ci dentro de Ci−1 de tal manera que la circunferencia de Ci contenga el centro de Ci−1 . Finalmente, sea Cn un disco cuyo centro est´a sobre la circunferencia de C1 y cuya circunferencia contenga el centro de Cn−1 . Esto implica que el n´ umero de (n−1)(n−2) , lo que prueba (i). elementos de SC = {(i, j)|1 ≤ i < j ≤ n − 1} es 2 Para cualquier n-configuraci´on C, SC debe satisfacer las siguientes propiedades: 1. (i, i) 6∈ SC . 2. (i + 1, i) 6∈ SC , (1, n) 6∈ SC . 3. Si (i, j), (j, k) ∈ SC , entonces (i, k) ∈ SC . 4. Si (i, j) ∈ SC , entonces (j, i) 6∈ SC . Demostraremos que un conjunto G de parejas ordenadas de enteros entre 1 y n elementos. que satisface las condiciones 1 a 4, no puede tener m´as de (n−1)(n−2) 2 En efecto, supongamos que hay un conjunto G que satisface las condiciones 1 a 4 y que tiene m´ as de (n−1)(n−2) elementos. Sea n el menor entero positivo 2 para el cual existe tal conjunto G. Notemos que G debe contener a la pareja (i, i + 1) para alg´ un 1 ≤ i ≤ n o a la pareja (n, 1), ya que de no ser as´ı G tendr´ıa a lo m´ as: Ç å

(n − 1)(n − 2) n(n − 3) n < −n= 2 2 2

elementos. Sin p´erdida de generalidad, supongamos que (n, 1) ∈ G. Entonces (1, n−1) 6∈ G, ya que de no ser as´ı la condici´on (3) implicar´ıa que (n, n−1) ∈ G lo cual contradice la condici´on (2). Ahora, sea G′ = {(i, j) ∈ G|1 ≤ i, j ≤ n − 1}. Entonces, G′ satisface las condiciones 1 a 4, con n − 1. Afirmamos que |G − G′ | ≤ n − 2. En efecto, supongamos que |G − G′ | > n − 2. Entonces |G−G′ | = n−1, de modo que para cada 1 ≤ i ≤ n−1, alguno de (i, n) o (n, i) est´ a en G. Como (n, 1) ∈ G y (n−1, n) ∈ G (porque (n, n−1) 6∈ G), se sigue que (n, n − 2) 6∈ G y (n − 2, n) ∈ G. Continuando este proceso, tenemos que (1, n) ∈ G, lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto |G − G′ | ≤ n − 2 y de aqu´ı tenemos que: |G′ | ≥

(n − 2)(n − 3) (n − 1)(n − 2) − (n − 2) = . 2 2

Esto contradice la minimalidad de n y con esto queda demostrado (ii).

Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico Soluci´ on del problema 4. Sea S = √ x

83 2 +yz

2x2 (y+z)

+ √y

2 +zx

2y 2 (z+x)

+ √z

2 +xy

2z 2 (x+y)

.

Notemos primero que: »

x2 + yz

2x2 (y + z)

x2 − x(y + z) + yz »

=

2x2 (y + z)

x(y + z) +» 2x2 (y + z)

€

y+z 2 2x2 (y + z) √ √ y+ z (x − y)(x − z) » + . 2 2x2 (y + z) (x − y)(x − z) »

= ≥

+

An´alogamente, tenemos que: »

y 2 + zx

2y 2 (z + x)

»

z 2 + xy

2z 2 (x

+ y)

≥ ≥

(y − z)(y − x) »

2y 2 (z + x)

(z − x)(z − y) »

2z 2 (x

+ y)

+ +

√ √

z+ 2

x+ 2

√

x

√

y

, .

Sumando las tres desigualdades anteriores, tenemos que: S ≥ =

√ (y − z)(y − x) (z − x)(z − y) √ √ + » + » + x+ y+ z 2 2 + z) 2y (z + x) 2z (x + y)

(x − y)(x − z) »

2x2 (y

(x − y)(x − z)

(y − z)(y − x) (z − x)(z − y) + » + » + 1. 2x2 (y + z) 2y 2 (z + x) 2z 2 (x + y)

»

Por lo tanto, basta demostrar que: (y − z)(y − x) (z − x)(z − y) + » + » ≥ 0. 2x2 (y + z) 2y 2 (z + x) 2z 2 (x + y)

(x − y)(x − z) »

Sin p´erdida de generalidad, supongamos que x ≥ y ≥ z. Entonces: (x − y)(x − z) »

2x2 (y + z)

≥0

y (z − x)(z − y) »

2z 2 (x

(y − z)(y − x) + » 2y 2 (z + x) + y)

= ≥

(y − z)(x − z) »

2z 2 (x

(y − z)(x − y) − » 2y 2 (z + x) + y)

(y − z)(x − y) − » . 2z 2 (x + y) 2y 2 (z + x)

(y − z)(x − y) »

84

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

Finalmente, tenemos que: é

Ñ »

(y − z)(x − y)

1

1

2z 2 (x + y)

−» 2y 2 (z + x)

≥ 0,

ya que y 2 (z + x) = y 2 z + y 2 x ≥ yz 2 + z 2 x = z 2 (x + y). Esto completa la demostraci´on. Segunda Soluci´ on. Sea S como en la primera soluci´on. Aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que: Ñ

x2

»

y2

é

z2

+» +» × 2y 2 (z + x) 2z 2 (x + y) » » » √ √ √ × ( 2(y + z) + 2(z + x) + 2(x + y)) ≥ ( x + y + z)2 = 1, 2x2 (y + z)

y Ñ

é »

yz

2x2 (y

zx xy +» +» 2 2 + z) 2y (z + x) 2z (x + y)

»

× ( 2(y + z) +

»

2(z + x) +

×

Ç…

»

2(x + y)) ≥

yz + x

€

xz + y

…

xy z

å2

.

Sumando las dos desigualdades, tenemos que: »

S × ( 2(y + z) +

»

2(z + x) +

Ç…

»

2(x + y)) ≥ 1 +

Ç…

≥ 2

yz + x

€

yz + x

€

xz + y

xz + y

…

…

xy z

xy z

å

Por lo tanto, ser´ a suficiente demostrar que: Ç…

2

yz + x

€

xz + y

…

xy z

å

≥

»

2(y + z) +

»

2(z + x) +

»

2(x + y)).

Aplicando la desigualdad media aritm´etica - media geom´etrica, tenemos que: ñ…

yz + x

Ç €

1 2

zx 1 + y 2

…

xy z

åô2

…

≥4

yz x

Ç €

1 2

zx 1 + y 2

…

xy z

å

= 2(y + z),

å2

.

Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico o equivalentemente: …

yz + x

Ç €

1 2

zx 1 + y 2

An´alogamente, tenemos que: €

…

Å …

1 zx + y 2

xy 1 + z 2

1 2

yz 1 + x 2

xy + z

Ç …

…

… €

85

xy z yz x zx y

å

≥ ã å

»

2(y + z).

»

2(z + x),

≥ ≥

»

2(x + y).

Finalmente, sumando las u ´ltimas tres desigualdades se sigue que: Ç…

2

yz + x

€

xz + y

…

xy z

å

≥

»

2(y + z) +

»

2(z + x) +

»

2(x + y),

lo que completa la demostraci´on. Soluci´ on del problema 5. Consideremos las siguientes primeras etiquetas de las 25 posiciones de los focos: 1 0 1 0 1

1 0 1 0 1

0 0 0 0 0

1 0 1 0 1

1 0 1 0 1

Para cada combinaci´on de encendido-apagado de los focos en el arreglo, definimos su primer valor como la suma de las primeras etiquetas de aquellas posiciones en las cuales los focos est´an encendidos. Es f´acil verificar que al apagar o encender cualquier apagador, siempre se obtiene una combinaci´on de encendido-apagado de focos cuyo primer valor tiene la misma paridad (el residuo cuando se divide entre 2) que el primer valor de la combinaci´on anterior de encendido-apagado. Al rotar 90◦ las primeras etiquetas, obtenemos otro arreglo de etiquetas (que llamaremos segundas etiquetas) las cuales tambi´en hacen que la paridad del segundo valor (la suma de las segundas etiquetas de aquellas posiciones en las que los focos est´ an encendidos) quede invariante bajo encendido-apagado. 1 1 0 1 1

0 0 0 0 0

1 1 0 1 1

0 0 0 0 0

1 1 0 1 1

86

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

Como la paridad de los primeros valores y segundos valores al inicio es cero, despu´es de cierto n´ umero de encendidos y apagados la paridad debe permanecer inalterada con respecto a las primeras etiquetas y segundas etiquetas tambi´en. Por lo tanto, si exactamente un foco est´a encendido despu´es de varios encedidos y apagados, la etiqueta de esa posici´on debe ser 0 con respecto a ambas etiquetas. Luego, de acuerdo con los arreglos anteriores, las posibles posiciones son aquellas marcadas con ∗i (i = 0, 1, 2, 3 o 4) en el siguiente arreglo. ∗2 ∗3

∗0

∗1 ∗4

Demostraremos ahora que cada una de las cinco posiciones anteriores es posible. En efecto, al cambiar las posiciones marcadas con t en el siguiente arreglo (el orden encendido-apagado es irrelevante), tenemos que el centro (∗0 ) es la u ´nica posici´on con foco encendido. t t t t t t t

t t

t t

Y al cambiar las posiciones marcadas con t en el siguiente arreglo, la posici´on ∗1 es la u ´nica con foco encendido. t t t t

t t t t t t t

El resto de las ∗i ’s se pueden obtener rotando el arreglo anterior apropiadamente.

4.2.

IX Olimpiada Matem´ atica de Centroam´ erica y del Caribe

Soluci´ on del problema 1. Sea a(n) el a˜ no en que se realiza la n-´esima olimpiada. Entonces, tenemos que a(n) = 1998+n por lo que n divide a a(n) si y s´olo si

Olimpiada de Centroam´ erica y del Caribe

87

n divide a 1998. Por lo tanto, los n que cumplen con la condici´on son los divisores positivos de 1998. Como 1998 = 2·33 ·37, se tienen (1+1)(3+1)(1+1) = 16 valores posibles de n : 1, 2, 3, 6, 9, 18, 27, 37, 54, 74, 111, 222, 333, 666, 999 y 1998. Soluci´ on del problema 2. Supongamos que hay una circunferencia tangente a los cuatro lados del cuadril´ atero ADP E y sea O su centro. Como O est´a en la recta AP y P O es bisectriz del ´ angulo DP E, tenemos que los tri´angulos AP D y AP E son congruentes. Luego, ∠BP A = 180◦ − ∠DP A = 180◦ − ∠EP A = ∠CP A. Adem´ as, como los tri´ angulos AP B y AP C comparten el lado AP , y ∠BAP = ∠CAP por ser AP bisectriz de ∠DAE, se sigue que son congruentes y por lo tanto, AB = AC. Supongamos ahora que AB = AC. Sea F el punto de intersecci´on de AP con BC. Como F es el punto medio de BC (porque ABC es is´osceles y AF es bisectriz) y AF tambi´en es altura del tri´angulo ABC, los tri´angulos P CF y P BF son congruentes y por lo tanto ∠AP D = ∠BP F = ∠CP F = ∠AP E. De aqu´ı que los tri´ angulos AP D y AP E son congruentes, de modo que AE + DP = AD + EP . Es decir, hay una circunferencia tangente a los cuatro lados del cuadril´ atero ADP E (ver teorema 45 del ap´endice). Soluci´ on del problema 3. Demostraremos que el m´aximo n´ umero de elementos que puede tener S es 3. Sea S = {−1, 0, 1}. Mostraremos que S cumple la propiedad pedida. Para ello, notemos que el polinomio x2 + 0x − 1 tiene coeficientes en S y ra´ıces −1, 1; el polinomio x2 − x + 0 tiene coeficientes en S y ra´ıces 0, 1; y el polinomio x2 + x + 0 tiene coeficientes en S y ra´ıces −1, 0. Esto prueba que el conjunto S cumple la condici´on. Demostraremos ahora que todo conjunto S que cumple la condici´on, no puede tener m´ as de 3 elementos. Supongamos, por contradicci´on, que hay un conjunto S que cumple la condici´on y que tiene al menos cuatro elementos. Supongamos que S tiene al menos dos elementos con valor absoluto mayor que 1. Sean r y s los dos elementos con mayor valor absoluto en S con |r| ≥ |s| > 1. Seg´ un la condici´on del problema, existen a, b y c en S, con a 6= 0, tales que el polinomio ax2 + bx + c tiene ra´ıces r, s. Entonces, rs = ac de donde |c| = |r||s||a| ≥ |r|(|s| + |a|) > 2|r| > |r|, lo que contradice que r y s son los elementos con mayor valor absoluto en S. Por lo tanto, S tiene a lo m´as un elemento con valor absoluto mayor que 1. Luego, S tiene a lo m´as cuatro elementos, siendo estos −1, 0, 1, n para alg´ un entero n con |n| > 1. Si n > 0, el coeficiente −1 − n del t´ermino lineal en el polinomio que tiene ra´ıces 1 y n, no pertenece a S. An´ alogamente, si n < 0 el coeficiente 1 − n del t´ermino lineal en el polinomio que tiene ra´ıces −1 y n, no pertenece a S. Por lo tanto, S tiene a lo m´ as tres elementos y queda demostrado el problema.

88

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

Soluci´ on del problema 4. Veamos primero que a partir de una letra dada podemos producir cualquiera de las otras letras: a → bc → cdc → d

b → cd → ded → e

c → de → ef e → f

d → ef → f gf → g

e → f g → gag → a

f → ga → aba → b

g → ab → bcb → c.

Consideremos dos palabras cualesquiera, nos fijamos en la que tiene menos letras y le aplicamos la primera regla repetidamente hasta que tenga el mismo n´ umero de letras que la segunda palabra (si ambas palabras tienen el mismo n´ umero de letras, no hacemos nada). Finalmente, cambiamos letra por letra. Por ejemplo, como a produce a b, tenemos que ∗ ∗ ∗ a ∗ ∗∗ produce a ∗ ∗ ∗ b ∗ ∗∗ (donde ∗ es cualquier letra). De esta forma cada palabra P produce cualquier palabra que tenga por lo menos la misma cantidad de letras que P . Falta demostrar que cada palabra P produce cualquier palabra con menos letras que P . En efecto, ya que una letra dada produce a cualquiera de las otras, tenemos que cualquier palabra de n letras produce a la palabra formada por n letras a. Supongamos que P es una palabra con n letras y sea Q la palabra de n letras a producida por P . Si n es impar, aplicamos la segunda regla a Q hasta producir la palabra formada por una sola a, y por lo demostrado antes, esta palabra de una s´ola letra produce cualquier palabra. Si n es par, entonces eliminamos letras de Q de dos en dos aplicando la segunda regla, para producir la palabra aa. Luego, por lo demostrado antes, podemos producir la palabra ga a partir de la palabra aa, y de aqu´ı producimos la palabra a como sigue: aa → · · · → ga → aba → b → · · · → a, y nuevamente a partir de a podemos producir cualquier palabra. Soluci´ on del problema 5. Notemos que si el n´ umero termina en 0, entonces el producto de sus d´ıgitos es tambi´en 0 y por lo tanto cumple la condici´on de terminar en el producto de sus d´ıgitos. De esta forma, todos los n´ umeros de tres d´ıgitos que terminan en 0 cumplen. De ´estos hay 90. Supongamos ahora que el n´ umero buscado es de la forma abc, con c 6= 0. Queremos que abc = c o que abc = bc. En el primer caso, podemos cancelar c en ambos lados (ya que c 6= 0) para

Olimpiada de Centroam´ erica y del Caribe

89

obtener ab = 1, de donde a = b = 1. En total hay diez n´ umeros de tres d´ıgitos con a = b = 1, pero uno de ellos ya fue contado (el 110), por lo que solamente se agregan 9 posibles n´ umeros que cumplen la condici´on. En el segundo caso, tenemos que abc = 10b+c de donde a 6= 0, b 6= 0 y b divide a 10b + c, lo que implica que b divide a c. An´alogamente, se tiene que c divide a 10b. Luego, las posibles parejas (b, c) son (1, 1), (1, 2), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (3, 6), (4, 4), (4, 8), (5, 5), (6, 6), (7, 7), (8, 8), (9, 9). De estas parejas, los u ´nicos n´ umeros que se pueden construir seg´ un las condiciones del problema son 612, 315, 324 y 236. De esta forma se obtienen 4 posibilidades m´as. Por lo tanto, el n´ umero total de n´ umeros de tres d´ıgitos que terminan en el producto de sus d´ıgitos es 90 + 9 + 4 = 103. Soluci´ on del problema 6. Como el tri´angulo AM G es rect´angulo, tenemos que C es su circuncentro, por lo que CA = CG. Por simetr´ıa, si E es la intersecci´on de BG con S, tenemos que EG = BE = AC. Como AG y BD son paraleas y M es punto medio de AB, tenemos que los tri´angulos rect´angulos AM G y BM D son congruentes, por lo que AG = BD, y por simetr´ıa AG = BG. As´ı, BD = BG. Si F es la intersecci´on de AG con BP , usando nuevamente el paralelismo anterior tenemos que ∠BGF = ∠DBE, y como ∠F BG = ∠BDE (por subtender el mismo arco) tenemos que los tri´angulos BDE y BGF son congruentes, de donde GF = BE. Por lo tanto, en el tri´angulo ABP tenemos que G es un punto sobre la mediana P M tal que AG = 2GF . Demostraremos que esta igualdad implica que G es el punto donde concurren las medianas del tri´angulo ABP . Una manera de argumentarlo es por contradicci´on, suponiendo que G′ (distinto de G) ubicado sobre P M y tal que AG′ = 2G′ F ′ es el punto donde concurren las medianas del tri´angulo ABP , donde F ′ es la intersecci´on de AG′ con BP . Entonces, por el rec´ıproco del Teorema de Thales, tenemos que GG′ y F F ′ son paralelas, es decir, M P y BP son paralelas, lo que es una contradicci´on. Otra manera de argumentarlo es aplicando el Teorema de Menelao al tri´ angulo ABF con los puntos alineados P , G y M : 1=

BP BP F G AM · · = , P F GA M B 2P F

de donde se sigue que F es el punto medio de BP y de ah´ı el resultado.

4.3.

XXII Olimpiada Iberoamericana de Matem´ aticas

Soluci´ on del problema 1. Si m es par, entonces el primer entero que aparece en la sucesi´on ser´ıa a1 . Luego, m es impar. Es claro que todo entero impar

90

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

se puede escribir en la forma 2k (2q + 1) + 1 con k y q enteros no negativos. Demostraremos que si m = 2k (2q + 1) + 1, entonces el primer entero en la secuencia es ak+1 . Si k = 0, m ser´ıa par y a1 es entero. Si k = 1, entonces a1 = 2q + 1 + 12 y ⌈a1 ⌉ = 2q + 2, por lo que a2 = (2q + 1 + 21 )(2q + 2) que claramente es entero. Veamos ahora que si ai =

k−1 ai+1 es de la forma 2 (2n+1)+1 para alg´ un 2 2k (2q+1)+1 1 k−1 = 2 (2q + 1) + 2 tenemos ai = 2

donde:

Ç

ai+1 = = =

2k (2q + 1) + 1 2

2k (2q+1)+1 2

con k ≥ 1, entonces

entero n > 0. En efecto, ya que que ⌈ai ⌉ = 2k−1 (2q + 1) + 1, de

å

(2k−1 (2q + 1) + 1)

22k−1 (2q + 1)2 + 2k (2q + 1) + 2k−1 (2q + 1) + 1 2 2k−1 (2n + 1) + 1 , 2

donde n = 2q + 1 + 2(2q + 1) + 2k (2q + 1)2 . Luego, al aumentar de 1 en 1 el sub´ındice de ai , va disminuyendo de 1 en 1 el exponente de la potencia de 2 que aparece en el numerador en el n´ umero resultante. Por lo tanto, si 0 k , el n´ u mero ak+1 ser´a de la forma 2 (2r+1)+1 , empezamos en a1 = 2 (2q+1)+1 2 2 que es claramente el primer entero en la secuencia. Finalmente, como m es impar y queremos que el n´ umero a2007 sea el primer entero en la secuencia, 2006 entonces m = 2 (2q + 1) + 1 con q un entero no negativo. Soluci´ on del problema 2. Sean X5 6= X4 y X6 6= X1 los puntos de intersecci´on de Γ con AC y AB, respectivamente. Sean, adem´as, Q el punto de intersecci´on de X3 X6 con X2 X5 , r el radio del inc´ırculo del tri´angulo ABC, R el radio de Γ y P1 , P2 y P3 los puntos de tangencia del inc´ırculo con AB, BC y AC, respectivamente. Aplicando el Teorema de Pit´ √agoras, tenemos que X6 P1 = X1 P1 = X2 P2 = X3 P2 = X4 P3 = X5 P3 = R2 − r 2 . Como BP1 = BP2 , CP2 = CP3 y AP3 = AP1 tenemos que BX6 = BX3 , BX1 = BX2 , CX2 = CX5 , CX3 = CX4 , AX1 = AX4 y AX6 = AX5 . Luego, X6 X3 es paralela a X1 X2 , X2 X5 es paralela a X4 X3 y X6 X5 es paralela a X1 X4 . De aqu´ı que QX3 KX2 es un paralelogramo y por lo tanto QK biseca a X2 X3 . Los tri´ angulos X6 X5 Q y X1 X4 K tienen sus lados paralelos dos a dos, por lo que son homot´eticos. Luego, X1 y X6 son v´ertices hom´ologos, as´ı como tambi´en lo son X4 y X5 . Por lo tanto, el centro de homotecia es A. Luego, los puntos A, Q y K son colineales (ver Teorema 41 del Ap´endice), por lo que AK biseca al segmento X2 X3 .

Olimpiada Iberoamericana

91

Soluci´ on del problema 3. Un determinado equipo controla un punto P del c´ırculo (P distinto del centro) si y s´olo si controla todos los puntos del radio del c´ırculo al que pertenece P . Por lo tanto, el problema se reduce a controlar los puntos de la circunferencia F . De aqu´ı en adelante, arco significa arco de la circunferencia F sin incluir a los extremos. ´ Supongamos que tenemos k banderas fijadas. Estas descomponen a F en k arcos disjuntos, teniendo cada arco una bandera en cada extremo. Un arco delimitado por banderas azules es un arco azul y un arco delimitado por banderas blancas es un arco blanco. Si las banderas son de distinto color, se dice que el arco es neutro. Un arco es azul (respectivamente blanco) si y s´olo si est´a controlado por A (respectivamente por B). En un arco neutro, la mitad es controlado por A y la otra mitad por B. Luego, para determinar qui´en gana o si hay empate, no nos interesan los arcos neutros. Si una nueva bandera ocupa un punto de uno de esos k arcos, digamos el arco α, diremos que la nueva bandera separa las banderas lim´ıtrofes de α. Si α tiene color distinto al de la nueva bandera, ´esta descompone a α en dos arcos neutros, y diremos entonces que la bandera neutraliza a α. Lema. En una configuraci´ on de a + b banderas, con a azules y b blancas, y rA , rB el n´ umero de arcos azules y blancos, respectivamente, se tiene que rA − rB = a − b. As´ı, en el transcurrir del juego, cada jugada de A deja a B una configuraci´on con por lo menos un arco azul. Luego, cada vez que juega B, puede neutralizar un arco azul. La neutralizaci´on sistem´atica conduce al empate. Para lograr que B gane, despu´es de colocar la primera bandera azul, construimos un n-´agono regular inscrito en F que tenga esa bandera como v´ertice. Denotaremos con V a un v´ertice de dicho n-´ agono. Estos v´ertices V determinan n arcos disjuntos iguales, a los que llamaremos arcos “grandes” y los denotaremos por G. A continuaci´on presentamos una estrategia para B: 1. B va colocando sus banderas en v´ertices V , hasta que no haya m´as v´ertices V disponibles. 2. Despu´es, B neutraliza un arco azul en cada jugada, dando prioridad a los arcos G, hasta quedarse con s´ olo una bandera disponible. 3. La u ´ltima bandera blanca es colocada en posici´on, es decir, para ganar. Si al final del primer paso hay w v´ertices V azules, entonces hay n − w v´ertices V blancos y a lo m´ as w − 1 arcos G azules, de modo que B tiene w banderas disponibles. Por lo tanto, en el paso 2, B neutraliza todos los arcos G azules. (El argumento contempla el caso w = 1, en el cual el paso 2 no existe). En el paso 2, B no crea nuevos arcos blancos. Cuando B coloca su u ´ltima bandera, hay por lo menos un arco G, pero ninguno

92

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

de ellos es azul. Luego, el n´ umero de arcos azules excede en uno al de arcos blancos y todos los arcos blancos son arcos G. Tenemos dos casos a considerar: Caso 1. Existe un arco G blanco. B coloca la u ´ltima bandera blanca, de modo que neutraliza un arco azul y gana. Caso 2. No existe un arco G blanco. Por lo tanto, no existe un arco blanco, de donde se sigue que existe un s´olo arco azul que no es un arco G, y existe por lo menos un arco G neutro. Entonces, B coloca la u ´ltima bandera blanca en un arco G neutro, que no es de A, de modo que crea un arco blanco de mayor tama˜ no al del u ´nico arco azul existente y gana. Soluci´ on del problema 4. Identificamos las casillas con pares (i, j) de enteros con 0 ≤ i, j < n. Un salto de (i, j) a (i′ , j ′ ) ser´a horizontal (respectivamente vertical) si |i − i′ | = 4 (respectivamente |j − j ′ | = 4). El drag´on parte de (0, 0) y da s saltos, llegando a la casilla (x, y). Escribimos s = h + v donde h es el n´ umero de saltos horizontales y v es el n´ umero de ′ ′ ′′ ′′ ′ saltos verticales. Entonces, x = 4h + v , y = 4v + h donde |h |, |h′′ | ≤ h, |v ′ |, |v ′′ | ≤ v, h, h′ , h′′ tienen la misma paridad y v, v ′ , v ′′ tienen la misma paridad. Veamos que se puede llegar de C a V en 8 saltos: (0, 0) → (4, 1) → (8, 0) → (7, 4) → (6, 8) → (2, 7) → (1, 3) → (5, 2) → (1, 1). Demostraremos que existen casillas que distan m´as de 8 saltos de C. En efecto, consideremos la casilla (17, 18) (existen 4 casillas elegibles: (15, 18), (18, 15), (18, 17) y (17, 18)) y supongamos que 4h′ + v ′ = 17, 4v ′′ + h′′ = 18 y h + v ≤ 8. Las h′ s son pares y las v ′ s son impares, de modo que h′ = 4 y v ′ = 1. Luego, h ≥ 4 y v ≤ 3 de donde v ′′ = 3 y h′′ = 6. Por lo tanto, h + v ≥ 9 que es una contradicci´on. Luego, la casilla X = (17, 18) dista m´as de 8 saltos de C. Por lo tanto, la distancia dragoniana de C a V es a lo m´as 8 y la distancia dragoniana de C a X es al menos 9, lo que completa la demostraci´on. Soluci´ on del problema 5. Sea n un n´ umero atresvido. Denotaremos por ω(n) al n´ umero de divisores primos distintos de n, Ω(n) al n´ umero de divisores primos de n contando repeticiones, y S(n) a la suma de los divisores de n. Como n es atresvido, sus divisores se pueden dividir en tres subconjuntos cuya suma de elementos de cada subconjunto es igual a S(n) 3 . Como n pertenece a alguno de S(n) estos subconjuntos, tenemos que n ≤ 3 , es decir, S(n) ≥ 3n. Adem´as, el n´ umero de divisores de n es mayor o igual a 2ω(n) . Observemos que el n´ umero 120 = 23 × 3 × 5, cuyo n´ umero de divisores es 16, es un n´ umero atresvido. En efecto, basta considerar la siguiente partici´on de los divisores de 120: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 24, 30}, {20, 40, 60} y {120}. Demostraremos que no existen n´ umeros atresvidos con menos de 16 divisores.

Olimpiada Iberoamericana

93

Supongamos que n es un n´ umero atresvido con menos de 16 divisores. Entonces, ω(n) 2 < 16, es decir, ω(n) = 1, 2 o´ 3. Si ω(n) = 1, entonces existe alg´ un primo p tal que n = pa para alg´ un entero a+1 pa+1 p −1 a a a ≥ 1. Luego, S(n) = p−1 ≥ 3p = 3n implica que p−1 > 3p , es decir, p p−1 > 3 de donde 2p < 3 lo cual es imposible. Si ω(n) = 2, entonces n = pa q b con a y b enteros positivos y p, q n´ umeros pa+1 −1 q b+1 −1 pa+1 q b+1 a b primos. Luego, S(n) = p−1 · q−1 ≥ 3p q = 3n implica que p−1 · q−1 > p q 3pa q b , es decir, p−1 · q−1 > 3. Suponiendo que p < q tenemos que p ≥ 2 y q p q ≥ 3, de donde p−1 · q−1 ≤ 21 · 32 = 3 lo que contradice la desigualdad anterior. Si ω(n) = 3, entonces n = pa q b r c con a, b y c enteros positivos y p, q y r n´ umeros primos. Para que Ω(n) < 16 debemos tener que (a, b, c) = (1, 1, 1) o (a, b, c) = (2, 1, 1), salvo permutaci´on de los exponentes. Si (a, b, c) = (1, 1, 1), entonces n = pqr. Luego, S(n) = (p + 1)(q + 1)(r + 1) ≥ 3pqr implica que p+1 q+1 r+1 p · q · r ≥ 3. Suponiendo que p < q < r, tenemos que p ≥ 2, q ≥ 3 y q+1 r+1 3 4 6 12 r ≥ 5 de modo que p+1 p · q · r ≤ 2 · 3 · 5 = 5 < 3 lo que contradice la desigualdad anterior. Ahora si (a, b, c) = (2, 1, 1), entonces n = p2 qr. Luego, 3p2 r+1 S(n) = (p2 + p + 1)(q + 1)(r + 1) ≥ 3p2 qr implica que q+1 q · r ≥ p2 +p+1 . Suponiendo que q < r, tenemos que q ≥ 2 y r ≥ 3. Entonces, 1 r

1 q

1 qr

1 3

1 2

1 6

3p2 p2 +p+1

q+1 q

·

r+1 r

=

1 + + + ≤ 1 + + + = 2 y por lo tanto ≤ 2, de donde p = 2. Como los primos p, q y r son distintos, tenemos entonces que q ≥ 3 y r ≥ 5. r+1 4 6 8 Luego, q+1 q · r ≤ 3 · 5 = 5 . Por otra parte, usando que p = 2, tenemos que q+1 q

2

3·2 12 · r+1 r ≥ 22 +2+1 = 7 lo que contradice la desigualdad anterior. Por lo tanto, el m´ınimo n´ umero de divisores que puede tener un n´ umero atresvido es 16. (Nota. V´ease la f´ormula para la suma de los divisores positivos, en el Teorema 8 del Ap´endice).

√ Soluci´ on del problema 6. Vamos a demostrar que 2 es un valor posible para l y despu´es que es el menor valor posible. Sea H = ABCDEF ∈ F. Si√alguna de las diagonales AD, BE, CF , AC, CE paralelismo de cada par de o EA es menor o igual que 2, es f´acil (usando el √ lados opuestos) cubrir H con una franja de ancho 2. Supongamos entonces √ 2. Sin p´erdida de generalidad, que todas estas diagonales son mayores que √ supongamos que AE ≥ AC ≥ CE > 2. Entonces d(C, AE) ≤ d(E, AC) ≤ d(A, CE), donde d(X, Y Z) denota la distancia del punto X al segmento Y Z. Como el tri´ angulo ACE puede cubrirse con una franja de ancho 1, la menor de sus alturas es menor o igual que√1, es decir, d(C, AE) ≤ 1. Usando esto junto con las relaciones AC ≥ CE > 2, tenemos que ∠ACE > 90◦ .

94

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

A

F

B E α C

D

Sin p´erdida de generalidad, supongamos que α = ∠F √ CE ≥ ∠ACF . Entonces, ∠F CE > 45◦ . Luego, d(F, CE) = F C sen α > 2 sen 45◦ > 1. De manera an´ aloga tenemos que d(E, F C) > 1. Como el tri´angulo F CE puede cubrirse con una franja de ancho 1, entonces d(C, F E) ≤ 1. Por lo tanto, H puede cubrirse por la franja √ delimitada por las rectas F E y BC, la cual tiene ancho que cada hex´agono de la familia F puede d(C, F E) ≤ 1 < 2. Esto demuestra √ ser cubierto por una banda √ de ancho 2. Falta demostrar que l ≥ 2. La idea de la demostraci´on es considerar un cuadrado ABCD de lado 1 visto como un hex´agono “degenerado” ABBCDD. Es claro que en este hex´agono degenerado, cada tres v´ertices pueden cubrirse por una no √ banda de ancho 1 y que cualquier banda que lo cubra debe ser de tama˜ 2. Como en este hex´agono degenerado hay lados de tama˜ no cero, hacemos que esos lados midan ε > 0, estirando los tri´angulos ABD y BCD. De esta forma tenemos un hex´ agono no degenerado con lados opuestos paralelos. Como en este nuevo hex´ agono ya no se cumple que cualesquiera tres v´ertices son cubiertos por una banda de ancho 1, le aplicamos una homotecia hasta obtener √ el resultado. Finalmente, tomando ε peque˜ no tenemos que 2 es el m´ınimo.

4.4.

48a Olimpiada Internacional de Matem´ aticas

Soluci´ on del problema 1. (a) Sean 1 ≤ p ≤ q ≤ r ≤ n ´ındices tales que: d = dq , ap = m´ax{aj : 1 ≤ j ≤ q}, ar = m´ın{aj : q ≤ j ≤ n}. Luego, d = ap − ar . (Estos ´ındices no son necesariamente u ´nicos).

Olimpiada Internacional

95

ap xn xr

a1

an

xp x1

ar

p

q

r

Para n´ umeros reales arbitrarios x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn , consideremos las dos cantidades |xp − ap | y |xr − ar |. Ya que: (ap − xp ) + (xr − ar ) = (ap − ar ) + (xr − xp ) ≥ ap − ar = d, tenemos que o bien ap − xp ≥

d 2

o bien xr − ar ≥ d2 . De aqu´ı que:

m´ax{|xi − ai | : 1 ≤ i ≤ n} ≥ m´ax{|xp − ap |, |xr − ar |} ≥ m´ax{ap − xp , xr − ar } d ≥ . 2

(b) Definimos la sucesi´on (xk ) como: ß

d d x1 = a1 − , xk = m´ax xk−1 , ak − 2 2

™

para 2 ≤ k ≤ n.

Demostraremos que se cumple la igualdad en (2.1) para esta sucesi´on. Por definici´on, la sucesi´on (xk ) es no decreciente y xk − ak ≥ − d2 para todo 1 ≤ k ≤ n. Demostraremos que: xk − ak ≤

d para todo 1 ≤ k ≤ n. 2

Consideremos un ´ındice arbitrario 1 ≤ k ≤ n. Sea l ≤ k el m´as peque˜ no ´ındice tal que xk = xl . Tenemos que o bien l = 1 o bien l ≥ 2 y xl > xl−1 . En ambos casos: d xk = xl = al − . 2

(4.1)

96

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

Ya que: al − ak ≤ m´ax{aj : 1 ≤ j ≤ k} − m´ın{aj : k ≤ j ≤ n} = dk ≤ d, la igualdad (4.1) implica que: xk − ak = al − ak − Luego, − d2 ≤ xk − ak ≤

d 2

d d d ≤d− = . 2 2 2

para todo 1 ≤ k ≤ n, de donde:

m´ax{|xi − ai | : 1 ≤ i ≤ n} ≤

d . 2

Adem´ as se cumple la igualdad ya que |x1 − a1 | = d2 . Segunda Soluci´ on. Presentamos otra construcci´on de una sucesi´on (xi ) para la parte (b). Para cada 1 ≤ i ≤ n, sean: Mi = m´ax{aj : 1 ≤ j ≤ i} y mi = m´ın{aj : i ≤ j ≤ n}. Para todo 1 ≤ i < n, tenemos que: Mi = m´ax{a1 , . . . , ai } ≤ m´ax{a1 , . . . , ai , ai+1 } = Mi+1 y mi = m´ın{ai , ai+1 , . . . , an } ≤ m´ın{ai+1 , . . . , an } = mi+1 . Por lo tanto, las sucesiones (Mi ) y (mi ) son no-decrecientes. Adem´as, ya que ai aparece en ambas definiciones, tenemos que mi ≤ ai ≤ Mi . Para alcanzar i . Ya que las sucesiones (Mi ) y (mi ) la igualdad en (2.1), hagamos xi = Mi +m 2 son no-decrecientes, la sucesi´on (xi ) es no-decreciente tambi´en. Haciendo di = Mi − mi , tenemos que: −

mi − Mi Mi − mi di di = = xi − Mi ≤ xi − ai ≤ xi − mi = = . 2 2 2 2

Por lo tanto: ß

™

di d m´ax{|xi − ai | : 1 ≤ i ≤ n} ≤ m´ax :1≤i≤n = . 2 2 Como la desigualdad opuesta se demostr´o en la parte (a), tenemos la igualdad.

Olimpiada Internacional

97

Soluci´ on del problema 2. (Soluci´on de Isaac Buenrostro). Sean H e I los puntos medios de F C y GC, respectivamente. Entonces HI y F G son paralelas por Thales, y como F H = HC, tenemos que HI intersecta a AC en su punto medio (otra vez por Thales aplicado al tri´angulo ACF ). Como ABCD es un paralelogramo, sus diagonales AC y BD se bisecan, de modo que el punto medio de AC es el punto medio de BD. Ahora, si E est´a en el circunc´ırculo del tri´angulo BCD, las proyecciones de E sobre BC, DC y BD son colineales (recta de Simson). Como la proyecci´on sobre BC es I y la proyecci´on sobre DC es H, tenemos que la proyecci´on sobre BD es la intersecci´on de HI y BD, que es el punto medio de BD, por lo que la altura desde E sobre BD es tambi´en mediatriz de BD. As´ı, EB = ED y ∠EBD = ∠EDB. Ahora, como DBCE es c´ıclico, tenemos que ∠DCE = ∠DBE = ∠EBD = ∠EDB = 180◦ − ∠ECB = ∠ECG, de donde se sigue que ∠F CE = ∠ECG. Como E es el circuncentro del tri´ angulo F CG, tenemos que ∠ECF = ∠EF C = ◦ α. Luego, ∠F EC = 180 − 2α de donde ∠F GC = 90◦ − α. An´alogamente, tenemos que ∠CF G = 90◦ − α. Adem´as, ∠CF G = ∠DF A por ser opuestos por el v´ertice y como AB es paralela a CD y AD es paralela a BC, tenemos que ∠DAF = ∠F GC = ∠DF A = ∠F AB y por lo tanto AF es bisectriz del ´angulo DAB.

Segunda Soluci´ on. Si CF = CG, entonces ∠F GC = ∠GF C, de donde ∠GAB = ∠GF C = ∠F GC = ∠F AD y as´ı l es bisectriz. Supongamos que CF < CG. Sean EK y EL alturas de los tri´angulos is´osceles ECF y EGC, respectivamente. Entonces, en los tri´angulos rect´angulos EKF GC y ELC tenemos que EF = EC y KF = CF 2 < 2 = LC, de modo que √ √ KE = EF 2 − KF 2 > EC 2 − LC 2 = LE. Como el cuadril´atero BCED es c´ıclico, tenemos que ∠EDC = ∠EBC, de modo que los tri´angulos rect´angulos BEL y DEK son semejantes. Entonces, KE > LE implica que DK > BL y por lo tanto DF = DK − KF > BL − LC = BC = AD. Pero los tri´angulos GC AD = CF que contradice nuestra ADF y GCF son semejantes, as´ı que 1 > DF suposici´on. An´ alogamente, si suponemos que CF > GC obtenemos que KF > AD = GC LC, KE < LE, DK < BL y DF < AD, de donde 1 < DF CF que tambi´en es una contradicci´on. Por lo tanto, CF = CG y l es bisectriz del ´angulo DAB.

98

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales B

C

L

G

E K F

l

A

D

Soluci´ on del problema 3. Presentaremos un algoritmo para distribuir a los participantes. Supongamos que las aulas son Aula A y Aula B. Comenzamos con una distribuci´on inicial, y entonces la modificamos varias veces enviando una persona a la otra aula. En cualquier paso del algoritmo, A y B denotar´an los conjuntos de los participantes en las aulas, y c(A), c(B) denotar´an los tama˜ nos de las cliques m´ as grandes contenidas en las aulas A y B, respectivamente. Paso 1. Sea M una de las cliques de mayor tama˜ no, |M | = 2m. Enviamos a todos los miembros de M a la aula A y al resto de los participantes a la aula B. Como M es una clique de mayor tama˜ no, tenemos que c(A) = |M | ≥ c(B). Paso 2. Mientras c(A) > c(B), enviamos una persona del aula A al aula B.

A∩M

Aula A

B∩M

Aula B

Olimpiada Internacional

99

Note que c(A) > c(B) implica que el aula A no est´a vac´ıa. En cada paso, c(A) disminuye en uno y c(B) aumenta en a lo m´as uno. Luego, al final tendremos que c(A) ≤ c(B) ≤ c(A) + 1. Tambi´en tendremos al final que c(A) = |A| ≥ m, ya que si no tendr´ıamos al menos m + 1 miembros de M en el aula B y a lo m´as m − 1 en el aula A, lo que implicar´ıa que c(B) − c(A) ≥ (m + 1) − (m − 1) = 2.

Paso 3. Sea k = c(A). Si c(B) = k, entonces terminamos. Si llegamos a que c(A) = c(B) = k, entonces habremos encontrado la distribuci´on deseada. En los otros casos, tenemos que c(B) = k + 1. De la estimaci´on anterior tambi´en sabemos que k = |A| = |A ∩ M | ≥ m y |B ∩ M | ≤ m.

Paso 4. Si existe un participante x ∈ B ∩ M y una clique C ⊂ B tal que |C| = k + 1 y x 6∈ C, entonces movemos x al aula A y terminamos.

A∩M

B∩M x

Aula A

C

Aula B

Despu´es de regresar a x al aula A, tendremos k + 1 miembros de M en el aula A, de modo que c(A) = k + 1. Como x 6∈ C, c(B) = |C| no disminuye, y despu´es de este paso tenemos que c(A) = c(B) = k + 1. Si no hay tal competidor x, entonces en el aula B todas las cliques de tama˜ no k + 1 contienen a B ∩ M como subconjunto.

Paso 5. Mientras c(B) = k + 1, elegimos una clique C ⊂ B tal que |C| = k + 1 y movemos un miembro de C \ M al aula A.

100

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

A∩M

Aula A

C

B∩M

Aula B

Note que |C| = k + 1 > m ≥ |B ∩ M |, de modo que C \ M no puede ser vac´ıo. En cada momento movemos una s´ola persona del aula B al aula A, de tal manera que c(B) disminuye en a lo m´as 1. Luego, al final de esta rutina tenemos que c(B) = k. En el aula A tenemos la clique A∩M de tama˜ no |A∩M | = k. Luego, c(A) ≥ k. Demostraremos que no hay ninguna clique de tama˜ no mayor que k en A. Sea Q ⊂ A una clique arbitraria. Demostraremos que |Q| ≤ k. A∩M

B∩M

Q Aula A

Aula B

En el aula A, y especialmente en el conjunto Q, puede haber dos tipos de participantes: (a) Algunos miembros de M . Como M es una clique, ellos son amigos de todos los miembros de B ∩ M . (b) Participantes que fueron movidos al aula A en el paso 5. Cada uno de ellos ha estado en una clique con B ∩ M , as´ı que ellos son tambi´en amigos de todos los miembros de B ∩ M . Luego, todos los miembros de Q son amigos de todos los miembros de B ∩ M .

Olimpiada Internacional

101

Los conjuntos Q y B ∩ M son por s´ı mismos cliques, de modo que Q ∪ (B ∩ M ) es tambi´en una clique. Como M es una clique de mayor tama˜ no, tenemos que: |M | ≥ |Q ∪ (B ∩ M )| = |Q| + |B ∩ M | = |Q| + |M | − |A ∩ M |, de donde |Q| ≤ |A ∩ M | = k. Finalmente, despu´es del paso 5 tenemos que c(A) = c(B) = k. Soluci´ on del problema 4. (Soluci´on de Aldo Pacchiano). Como los tri´angulos rect´angulos CLQ y CKP son semejantes (por tener ´angulos iguales en el v´ertice C), tenemos que ∠RQL = 180◦ − ∠CQL = 180◦ − ∠CP K = ∠RP K. Luego, ∠RP K = ∠RQL = 90◦ + θ donde θ = ∠LCQ. Tenemos que las ´areas de los tri´angulos RP K y RQL est´ an dadas por: (RP K) = RP · P K · sen(90◦ + θ), (RQL) = RQ · QL · sen(90◦ + θ),

y son iguales si y s´ olo si RP · P K = RQ · QL. AC Notemos que P K = BC 2 tan θ y QL = 2 tan θ. Luego, basta demostrar que RP · BC = RQ · AC. Tenemos que AQ = QC y BP = P C. Luego, ∠QAC = θ y ∠P BC = θ. Como ∠RAB = ∠RCB por subtender el mismo arco, y ∠RCB = θ, tenemos que ∠RAB = θ de donde ∠RAQ = ∠BAC. An´alogamente, como ∠RBA = ∠RCA por subtender el mismo arco, tenemos que ∠RBP = ∠ABC. Aplicando la ley de senos en el tri´ angulo RAQ, tenemos que: RA RQ = , sen(∠AQR) sen(∠RAQ) es decir:

RQ RA = . sen(2θ) sen(∠BAC)

An´alogamente, aplicando la ley de senos en el tri´angulo RP B tenemos que: RB RP = . sen(2θ) sen(∠ABC) Luego: RQ =

RB RA · sen(∠BAC) y RP = · sen(∠ABC). sen(2θ) sen(2θ)

102

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

Finalmente, como ∠RAB = ∠RBA tenemos que RA = RB y por lo tanto: RQ sen(∠BAC) BC = = , RP sen(∠ABC) AC donde la u ´ltima igualdad se sigue aplicando la ley de senos en el tri´angulo ABC. Por lo tanto, RQ · AC = RP · BC que es lo que quer´ıamos demostrar. Segunda Soluci´ on. Si AC = BC, entonces el tri´angulo ABC es is´osceles, los tri´ angulos RQL y RP K son sim´etricos respecto a la bisectriz CR y el problema es trivial. Si AC 6= BC, entonces podemos asumir sin p´erdida de generalidad que AC < BC. C

Q

L l

Ob

K

P

A

B

R Sea O el circuncentro del tri´angulo ABC. Los tri´angulos rect´angulos CLQ y CKP tienen ´ angulos iguales en el ´vertice C, de modo que son semejantes. As´ı que ∠CP K = ∠CQL = ∠OQP y: CQ QL = . PK CP Sea l la mediatriz de CR. Claramente, l pasa por el circuncentro O. Debido a la igualdad de los ´ angulos en P y en Q, el tri´angulo OP Q es is´osceles con OP = OQ. De aqu´ı que l es el eje de simetr´ıa en este tri´angulo tambi´en. Por lo tanto, los puntos P y Q son sim´etricos en el segmento CR con respecto a la recta l, de modo que RP = CQ y RQ = CP .

Olimpiada Internacional

103

Como ∠RQL = 180◦ − ∠CQL = 180◦ − ∠CP K = ∠RP K, tenemos que: a´rea(RQL) = area(RP K) ´

1 2 · RQ · QL 1 2 · RP · P K

· sen ∠RQL RQ QL · . = RP P K · sen ∠RP K

Por lo tanto: a´rea(RQL) RQ QL CP CQ = · = · = 1, area(RP K) ´ RP P K CQ CP de donde se sigue que ´ area(RQL) = ´area(RP K). Tercera Soluci´ on. Supongamos como en la segunda soluci´on que AC < BC. Denotemos por O al circuncentro del tri´angulo ABC, y sea γ el ´angulo en C. De manera an´ aloga a la segunda soluci´on, usando los tri´angulos rect´angulos CLQ y CKP obtenemos que ∠OP Q = ∠OQP = 90◦ − γ2 . Luego, el tri´angulo OP Q es is´osceles, OP = OQ y adem´as ∠P OQ = γ. Es un resultado conocido que R es el punto medio del arco AB y ∠ROA = ∠BOR = γ. C

L

Q O b

K

P

A

B R

Consideremos una rotaci´ on alrededor del punto O por un ´angulo γ. Esta transformaci´on mueve el punto A al punto R, el R al B y el Q al P . Luego, los tri´angulos RQA y BP R son congruentes y tienen la misma ´area. Como los tri´ angulos RQL y RQA tienen a RQ como un lado com´ un, la raz´on entre sus ´ areas es: d(L, CR) CL 1 a´rea(RQL) = = = , area(RQA) ´ d(A, CR) CA 2

104

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

donde d(X, Y Z) denota la distancia del punto X a la recta Y Z. De manera an´ aloga se demuestra que: CK 1 a´rea(RP K) = = . ´area(BP R) CB 2 Por lo tanto: 1 1 area(RQL) = a´rea(RQA) = ´area(BP R) = ´area(RP K). ´ 2 2

Soluci´ on del problema 5. Diremos que una pareja de enteros positivos (a, b) es mala si 4ab − 1 divide a (4a2 − 1)2 pero a 6= b. Para demostrar que no existen parejas malas, demostraremos primero dos propiedades de ellas. Propiedad 1. Si (a, b) es una pareja mala y a < b, entonces existe un entero positivo c < a tal que (a, c) es tambi´en una pareja mala. 2 −1)2 En efecto, sea r = (4a 4ab−1 . Entonces: r = −r · (−1) ≡ −r(4ab − 1) = −(4a2 − 1)2 ≡ −1 (mod 4a), de donde r = 4ac − 1 para alg´ un entero positivo c. Como a < b, tenemos que: 4ac − 1 =

(4a2 − 1)2 < 4a2 − 1 4ab − 1

y por lo tanto c < a. Adem´as, por construcci´on el n´ umero 4ac − 1 es un divisor de (4a2 − 1)2 y as´ı (a, c) es una pareja mala. Propiedad 2. Si (a, b) es una pareja mala, entonces (b, a) tambi´en lo es. En efecto, ya que 1 = 12 ≡ (4ab)2 (mod 4ab − 1), tenemos que: Ä

(4b2 − 1)2 ≡ 4b2 − (4ab)2

ä2

= 16b4 (4a2 − 1)2 ≡ 0 (mod 4ab − 1)

y por lo tanto, 4ab − 1 divide a (4b2 − 1)2 . Supongamos que existe una pareja mala. Tomemos una pareja mala (a, b) tal que 2a + b sea m´ınimo. Si a < b, entonces por la propiedad 1 existe una pareja mala (a, c) tal que c < b y por lo tanto 2a + c < 2a + b. Ahora, si b < a,

Olimpiada Internacional

105

entonces por la propiedad 2 la pareja (b, a) tambi´en es mala y 2b + a < 2a + b. Como ambos casos contradicen la minimalidad de 2a + b, concluimos que no existen parejas malas. Soluci´ on del problema 6. Es f´ acil encontrar 3n de tales planos. Por ejemplo, los planos x = i, y = i o z = i, i = 1, 2, . . . , n, cubren el conjunto S pero ninguno de ellos contiene al origen. Otras colecciones que tambi´en cumplen est´an formadas por todos los planos x + y + z = k para k = 1, 2, . . . , 3n. Demostraremos que 3n es el menor n´ umero posible. Lema 1. Considere un polinomio no cero P (x1 , . . . , xk ) en k variables. Suponga que P se anula en todos los puntos (x1 , . . . , xk ) tales que x1 , . . . , xk ∈ {0, 1, . . . , n} y x1 + · · · + xk > 0, mientras que P (0, 0, . . . , 0) 6= 0. Entonces, grP ≥ kn (grP denota el grado de P ). Para la demostraci´on del Lema 1 usaremos inducci´on en k. El caso base k = 0 es claro ya que P 6= 0. Denotaremos y = xk para mayor claridad. Sea R(x1 , . . . , xk−1 , y) el residuo de P m´odulo Q(y) = y(y − 1) · · · (y − n). El polinomio Q(y) se anula en y = 0, 1, . . . , n, de modo que P (x1 , . . . , xk−1 , y) = R(x1 , . . . , xk−1 , y) para cada x1 , . . . , xk−1 , y ∈ {0, 1, . . . , n}. Por lo tanto, R tambi´en satisface la condici´on del lema. Adem´as, gry R ≤ n (gry R denota el grado de R en la variable y). Claramente, grR ≤ grP , as´ı que es suficiente demostrar que grR ≥ nk. Expandamos el polinomio R en las potencias de y: R(x1 , . . . , xk−1 , y) = Rn (x1 , . . . , xk−1 )y n + Rn−1 (x1 , . . . , xk−1 )y n−1 + + · · · + R0 (x1 , . . . , xk−1 ). Demostraremos que el polinomio Rn (x1 , . . . , xk−1 ) satisface la condici´on de la hip´otesis de inducci´ on. Consideremos el polinomio T (y) = R(0, . . . , 0, y) de grado menor o igual que n. Este polinomio tiene n ra´ıces y = 1, . . . , n. Por otra parte, T (y) 6≡ 0 ya que T (0) 6= 0. Luego, grT = n y su coeficiente principal (el coeficiente del t´ermino de mayor grado) es Rn (0, 0, . . . , 0) 6= 0. En particular, en el caso k = 1 obtenemos que el coeficiente Rn es distinto de cero. An´alogamente, consideremos cualesquiera n´ umeros a1 , . . . , ak−1 ∈ {0, 1, . . . , n} con a1 + · · · + ak−1 > 0. Sustituyendo xi = ai en R(x1 , . . . , xk−1 , y), obtenemos un polinomio en y el cual se anula en todos los puntos y = 0, . . . , n y tiene grado menor o igual que n. Luego, este polinomio es el polinomio cero y por lo tanto Ri (a1 , . . . , ak−1 ) = 0 para i = 0, 1, . . . , n. En particular, Rn (a1 , . . . , ak−1 ) = 0. De aqu´ı que el polinomio Rn (x1 , . . . , xk−1 ) satisface la condici´on de la hip´otesis de inducci´on. Luego, tenemos que grRn ≥ (k − 1)n y

106

Soluciones de las Olimpiadas Internacionales

grP ≥ grR ≥ grRn + n ≥ kn. Esto concluye la demostraci´on del lema. Ahora podemos terminar la soluci´on. Supongamos que hay N planos que cubren todos los puntos de S pero que no contienen al origen. Consideremos sus ecuaciones ai x + bi y + ci z + di = 0 y el polinomio:

P (x, y, z) =

N Y

(ai x + bi y + ci z + di ).

i=1

P tiene grado total N y tiene la propiedad de que P (x0 , y0 , z0 ) = 0 para cualquier (x0 , y0 , z0 ) en S, mientras que P (0, 0, 0) 6= 0. Luego, por el Lema 1 tenemos que N = grP ≥ 3n, de donde se sigue el resultado. Segunda Soluci´ on. Presentaremos una prueba distinta del Lema 1 y el resto de la demostraci´on es como en la primera soluci´on. Demostraremos s´olo el caso k = 3, que se aplica en la soluci´on, y denotaremos las variables por x, y, z. (La misma demostraci´on funciona para el caso general). Usaremos el siguiente resultado conocido y presentamos una demostraci´on del mismo por completez. Lema 2. Para enteros arbitrarios 0 ≤ m < n y para cualquier polinomio P (x) de grado m se cumple que:

n X

Ç å k

(−1)

k=0

n P (k) = 0. k

Usaremos inducci´ on en n. Si n = 1, entonces P (x) es un polinomio constante, de modo que P (1) − P (0) = 0 y as´ı el caso base queda demostrado. Supongamos que el resultado es cierto para n − 1 y definamos P1 (x) = P (x + 1) − P (x). Claramente grP1 = grP − 1 = m − 1 < n − 1, de modo que por la

Olimpiada Internacional

107

hip´otesis de inducci´ on tenemos que: 0 = − = =

Ç

n−1 X

k

(−1)

k=0 n−1 X

Ç k

(−1)

k=0 n−1 X

Ç k

(−1)

k=0

= P (0) +

å

Ç

å

å

Ç

å

n X n−1 n−1 P (k) P (k) + (−1)k k − 1 k k=1

n−1 X

ÇÇ

=

Ç å

(−1)

k=0

å

Ç

n−1 n−1 + k−1 k

(−1)k

k

å

n−1 X n−1 n−1 P (k + 1) (−1)k P (k) − k k k=0

k=1

n X

Ç

å

n−1 X n−1 n−1 (P (k) − P (k + 1)) P1 (k) = (−1)k k k k=0

åå

P (k) + (−1)n P (n)

n P (k), k

lo que completa la inducci´ on. Regresando a la demostraci´on del Lema 1, supongamos por contradicci´on que grP = N < 3n. Consideremos la suma: S=

n X n X n X

Ç åÇ åÇ å i+j+k

(−1)

i=0 j=0 k=0

n i

n j

n P (i, j, k). k

El u ´nico t´ermino de esta suma que no es cero es P (0, 0, 0) y su coeficiente es n
3 = 1. Por lo tanto, S = P (0, 0, 0) 6= 0. 0 X pα,β,γ xα y β z γ , entonces: Por otro lado, si P (x, y, z) = α+β+γ≤N

S

=

=

Ç åÇ åÇ å X n n n (−1) pα,β,γ iα j β k γ i j k i=0 j=0 k=0 α+β+γ≤N Ç å ! n Ç å ! n Ç å ! n X X X X i n α j n β k n pα,β,γ (−1) i (−1) j (−1) kγ . i j k i=0 j=0

n X n X n X

α+β+γ≤N

i+j+k

k=0

Consideremos un t´ermino arbitrario de esta suma y demostremos que es cero. Como N < 3n, una de las tres desigualdades α < n, β < n ´o γ < n es v´alida. Supongamos
que α < n. Aplicando el Lema 2 al polinomio xα , tenemos que Pn i n α ermino de S es cero. Luego, i=0 (−1) i i = 0, de donde se sigue que cada t´ S = 0, que es una contradicci´on. Por lo tanto grP ≥ 3n.

Ap´ endice

Definici´ on 1 (Divisor). Un entero a 6= 0 es divisor del entero b, si existe un entero c tal que b = a · c. Se denota esto por a|b. Tambi´en se dice que a divide a b, o que b es divisible entre a, o que b es m´ ultiplo de a. Definici´ on 2 (N´ umero primo y n´ umero compuesto). Un entero p > 1 es un n´ umero primo si los u ´nicos divisores positivos de p son 1 y p. Un entero n > 1 que no es primo, se dice que es compuesto. Por ejemplo, 2 y 3 son n´ umeros primos y 6 es compuesto. Definici´ on 3 (M´ aximo Com´ un Divisor). Un entero d ≥ 1 es el m´aximo com´ un divisor de los enteros a y b si: (1) d|a y d|b. (2) Si c|a y c|b, entonces c|d. Se denota por (a, b). Si (a, b) = 1, se dice que a y b son primos relativos o primos entre s´ı. Teorema 4. El m´ aximo com´ un divisor de a y b es el menor entero positivo que se puede escribir en la forma am + bn con m, n enteros. Definici´ on 5 (M´ınimo Com´ un M´ ultiplo). Un entero m ≥ 1 es el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los enteros a y b si: (1) a|m y b|m. (2) Si a|c y b|c, entonces m|c. Se denota por [a, b]. Teorema 6 (Teorema Fundamental de la Aritm´etica). Todo entero es producto de primos. Su descomposici´on como producto de primos es u ´nica salvo el orden de los factores primos. Teorema 7. Se cumple que: (1) (a, b) [a, b] = ab. (2) Si a = pα1 1 pα2 2 · · · pαk k y b = pβ1 1 pβ2 2 · · · pβk k con αi , βi enteros no negativos y pi n´ umeros primos distintos, entonces (a, b) = pγ11 · · · pγkk y [a, b] = pδ11 · · · pδkk donde γi = m´ın {αi , βi } y δi = m´ax {αi , βi }.

Ap´ endice

109

Teorema 8 (N´ umero de divisores y suma de divisores). si n es un entero positivo cuya factorizaci´on como producto de potencias de primos distintos es n = pα1 1 pα2 2 · · · pαr r , entonces: 1. d(n) = (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αr + 1), 2. S(n) = (1+p1 +p21 +· · ·+pα1 1 )(1+p2 +p22 +· · ·+pα2 2 ) · · · (1+pr +p2r +· · ·+pαr r ), donde d(n) es el n´ umero de divisores positivos de n y S(n) es la suma de los divisores positivos de n. Teorema 9 (Algoritmo de la divisi´on). Para a y b enteros, con b 6= 0, existen enteros u ´nicos q y r tales que a = bq + r y 0 ≤ r < |b|. El n´ umero r se llama el “residuo” que deja a al dividirlo entre b. Teorema 10 (Algoritmo de Euclides). Es un proceso para encontrar el m´aximo com´ un divisor de dos enteros positivos a y b. Utiliza el algoritmo de la divisi´on como sigue: a = n 0 b + r1 , b = n1 r1 + r2 , r1 = n2 r2 + r3 , .. .

0 < r1 < b 0 < r2 < r1 0 < r3 < r2

rk−2 = nk−1 rk−1 + rk , 0 < rk < rk−1 rk−1 = nk rk Entonces, el u ´ltimo residuo distinto de cero es el m´aximo com´ un divisor de a y b, es decir, rk = (a, b). Adem´as, rk = (a, b) = (b, r1 ) = (r1 , r2 ) = · · · = (rk−2 , rk−1 ) = (rk−1 , rk ). Teorema 11 (Congruencias). Si a y b son enteros y n es un entero positivo, decimos que a es congruente con b m´odulo n si n divide a a − b, y se denota por a ≡ b (mod n). Para a, b, c enteros y n, m, r enteros positivos, tenemos las siguientes propiedades: (1) a ≡ a (mod n). (2) Si a ≡ b (mod n), entonces b ≡ a (mod n). (3) Si a ≡ b (mod n) y b ≡ c (mod n), entonces a ≡ c (mod n). (4) Si a ≡ b (mod n) y c ≡ d (mod n), entonces a + c ≡ b + d (mod n) y ac ≡ bd (mod n). (5) Si a ≡ b (mod n), entonces am ≡ bm (mod n) para todo entero positivo m. (6) Si a = nc + r con 0 ≤ r < n, entonces a ≡ r (mod n). Definici´ on 12 (Funci´on φ de Euler). Sea n un entero positivo. Se define φ(n) como el n´ umero de enteros positivos menores que n y primos relativos con n.

110

Ap´ endice

Teorema 13 (Teorema de Euler). Si n es un entero positivo y a es un entero primo relativo con n, entonces aφ(n) ≡ 1 (mod n). Teorema 14 (Peque˜ no Teorema de Fermat). Si a es un entero positivo y p es un n´ umero primo que no divide a a, entonces ap−1 ≡ 1 (mod p). Definici´ on 15 (Orden). Si a y n son primos entre s´ı, el orden de a m´odulo n, denotado por O, es el menor entero positivo tal que aO ≡ 1 (mod n). Teorema 16 (Propiedad del orden). Si a y n son primos entre s´ı y am ≡ 1 (mod n), entonces el orden de a m´odulo n es un divisor de m. Teorema 17 (F´ormulas u ´tiles). (1) 1 + 2 + 3 + · · · + n = 2 2 2 (2) 1 + 2 + 3 + · · · + n2 = n(n+1)(2n+1) . 6 2

n(n+1) . 2

2

. (3) 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n (n+1) 4 n+1 (4) 1 + x + x2 + · · · + xn = 1−x para cualquier n´ umero real x 6= 1. 1−x n n n−1 n−2 n−2 (5) x − y = (x − y)(x +x y + · · · + xy + y n−1 ) para todo entero positivo n y cualesquiera n´ umeros reales x, y. (6) xn + y n = (x + y)(xn−1 − xn−2 y + · · · − xy n−2 + y n−1 ) para todo entero positivo impar n y cualesquiera n´ umeros reales x, y. Teorema 18 (Teorema del Binomio). Para a y b n´ umeros cualesquiera y n un entero no negativo se cumple que: n

(a + b) =

n X

Ç å

k=0

donde

n
k

=

n k n−k a b , k

n! k!(n−k)! .

Teorema 19 (Desigualdad media aritm´etica - media geom´etrica). Para cualesquiera n´ umeros reales no negativos a1 , a2 , . . . , an , se tiene que: √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 · · · an . n La igualdad ocurre si y s´olo si a1 = a2 = · · · = an . Teorema 20 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz). Para cualesquiera n´ umeros reales x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn , se tiene que: n X i=1

xi yi

!2

≤

n X i=1

x2i

!

n X i=1

yi2

!

.

La igualdad ocurre si y s´olo si existe un n´ umero real λ tal que xi = λyi para i = 1, . . . , n.

Ap´ endice

111

Teorema 21 (Principio fundamental del conteo). Si una tarea puede realizarse de m formas diferentes y, para cada una de estas maneras, una segunda tarea puede realizarse de n maneras distintas, entonces las dos tareas pueden realizarse (en ese orden) de mn formas distintas. Teorema 22 (Principio de las casillas). Si nk + 1 objetos (o m´as) se distribuyen en k casillas, entonces alguna casilla tiene al menos n + 1 objetos. Definici´ on 23 (Tri´ angulos). (1) Tri´angulo acut´angulo. Es aquel que tiene sus tres ´angulos agudos, es decir, menores de 90◦ . (2) Tri´ angulo rect´ angulo. Es aquel que tiene un ´angulo recto o de 90◦ . (3) Tri´ angulo obtus´ angulo. Es aquel que tiene un ´angulo obtuso, es decir, un ◦ ´angulo mayor de 90 . (4) Tri´ angulo equil´ atero. Es aquel que tiene sus tres lados iguales. (5) Tri´ angulo is´osceles. Es aquel que tiene dos lados iguales. (6) Tri´ angulo escaleno. Es aquel que no tiene dos lados iguales. Teorema 24. (1) La suma de los ´angulos interiores de un tri´angulo es 180◦ . (2) (Desigualdad del tri´ angulo) En un tri´angulo de lados a, b y c, las siguientes tres desigualdades se cumplen: a + b ≥ c, a + c ≥ b, b + c ≥ a, y las igualdades se cumplen si y s´ olo si los v´ertices del tri´angulo son colineales. Definici´ on 25 (Puntos y rectas notables de un tri´angulo). Mediana. Recta que une un v´ertice y el punto medio del lado opuesto. Centroide. Punto donde concurren las medianas. Tambi´en se le llama gravicentro o baricentro. Mediatriz. Recta perpendicular a un lado que pasa por su punto medio. Circuncentro. Punto donde concurren las mediatrices. Bisectriz interna. Recta que divide a un ´angulo interior de un tri´angulo en dos ´angulos de la misma medida. Incentro. Punto donde concurren las bisectrices internas. Altura. Recta trazada desde un v´ertice que es perpendicular al lado opuesto de dicho v´ertice. Ortocentro. Punto donde concurren las alturas. Definici´ on 26 (Tri´ angulos semejantes). Los tri´angulos ABC y A′ B ′ C ′ son semejantes si se cumple alguna de las siguientes dos condiciones: (1) ∠A = ∠A′ , ∠B = ∠B ′ , ∠C = ∠C ′ . BC CA (2) AAB ′ B ′ = B ′ C ′ = C ′ A′ . Teorema 27 (Criterios de semejanza). Dos tri´angulos son semejantes si se verifica alguna de las siguientes condiciones:

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Ap´ endice

(1) Tienen sus lados correspondientes proporcionales. (2) Tienen dos lados correspondientes proporcionales y el a´ngulo comprendido entre ellos igual. (3) Tienen dos ´ angulos correspondientes iguales. Definici´ on 28 (Tri´ angulos congruentes). Los tri´angulos ABC y A′ B ′ C ′ son congruentes si tienen sus tres ´angulos iguales y sus tres lados iguales. Teorema 29 (Criterios de congruencia). Dos tri´angulos son semejantes si se verifica alguna de las siguientes condiciones: (1) (LAL) Tienen dos lados correspondientes iguales y el ´angulo comprendido entre ellos igual. (2) (ALA) Tienen dos ´angulos correspondientes iguales y el lado comprendido entre ellos igual. (3) (LLL) Tienen los tres lados correspondientes iguales. Teorema 30 (Teorema de Thales). Si ABC es un tri´angulo y D, E son puntos sobre AB y CA respectivamente, entonces los segmentos DE y BC son AC AB = AE . paralelos si y s´ olo si AD Teorema 31 (Teorema de Pit´agoras). Si ABC es un tri´angulo rect´angulo con a´ngulo recto en C, entonces AB 2 = BC 2 + CA2 . El rec´ıproco del Teorema de Pit´ agoras tambi´en es cierto, es decir, si en un tri´angulo ABC se cumple que AB 2 = BC 2 + CA2 , entonces el tri´angulo es rect´angulo con ´angulo recto en C. Teorema 32 (Ley de los cosenos). En un tri´angulo ABC, de lados a (opuesto al ´ angulo A), b (opuesto al ´angulo B) y c (opuesto al ´angulo C), se tiene que: c2 = a2 + b2 − 2ab cos C. Teorema 33 (Ley de los senos). En un tri´angulo ABC, de lados a (opuesto al a´ngulo A), b (opuesto al ´angulo B) y c (opuesto al ´angulo C), se tiene que: b c a = = = 2R, sen A sen B sen C donde R es el radio de la circunferencia circunscrita del tri´angulo ABC. (La circunferencia circunscrita o circunc´ırculo es la que pasa por los tres v´ertices del tri´ angulo). ´ Teorema 34 (Area de un tri´angulo). El ´area de un tri´angulo ABC, denotada por (ABC), de lados a (opuesto al ´angulo A), b (opuesto al ´angulo B), c

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(opuesto al ´ angulo C), y alturas ha , hb , hc (donde hi es la altura trazada sobre el lado i) es: bhb chc aha = = . (ABC) = 2 2 2 Tambi´en: (ABC) = sr, (ABC) = (ABC) = (ABC) =

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s(s − a)(s − b)(s − c), (F´ormula de Her´on) abc , 4R bc sen A , 2

donde s = a+b+c angulo 2 , R es el radio de la circunferencia circunscrita del tri´ ABC, y r es el radio de la circunferencia inscrita del tri´angulo ABC. (La circunferencia inscrita o inc´ırculo es la que tiene como centro al punto de intersecci´on de las bisectrices internas (incentro) y es tangente a los tres lados). Teorema 35 (Teorema de la Bisectriz). Si AP es la bisectriz interna del ´angulo en A del tri´ angulo ABC (con P sobre BC), se tiene que: AB BP = . PC AC Definici´ on 36 (Colineales). Puntos colineales son los que se encuentran sobre una misma recta. Teorema 37. (1) En un tri´ angulo ABC el ortocentro, el centroide y el circuncentro son colineales. La recta donde se encuentran estos puntos se conoce como la recta de Euler. (2) (La circunferencia de los nueve puntos) Los pies de las tres alturas de un tri´angulo, los puntos medios de los tres lados y los puntos medios de los segmentos que van de los v´ertices al ortocentro, est´an en una circunferencia de radio 1 angulo ABC. 2 R, donde R es el radio de la circunferencia circunscrita del tri´ Teorema 38 (Teorema de Ceva). Si L, M y N son puntos sobre los lados (o extensiones) BC, CA y AB respectivamente, del tri´angulo ABC, entonces CM AN AL, BM y CN son concurrentes si y s´olo si BL LC · M A · N B = 1. Teorema 39 (Teorema de Menelao). Si L, M y N son puntos sobre los lados (o extensiones) BC, CA y AB respectivamente, del tri´angulo ABC, entonces CM AN L, M y N son colineales si y s´ olo si BL LC · M A · N B = −1.

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Definici´ on 40 (Tri´ angulos homot´eticos). Decimos que los tri´angulos ABC y ′ ′ ′ A B C son homot´eticos si AB k A′ B ′ , BC k B ′ C ′ y CA k C ′ A′ . Y decimos que los v´ertices A y A′ son hom´ologos, as´ı como tambi´en los v´ertices B y B ′ , y los v´ertices C y C ′ . Teorema 41. Si ABC y A′ B ′ C ′ son tri´angulos homot´eticos, entonces las rectas AA′ , BB ′ y CC ′ son concurrentes. El punto de intersecci´on es el centro de homotecia. ´ ´ Definici´ on 42 (Angulos en la circunferencia). (1) Angulo inscrito. En una circunferencia, es el ´ angulo formado por dos cuerdas que comparten un punto com´ un. ´ (2) Angulo semi-inscrito. En una circunferencia, es el ´angulo formado por una cuerda y la tangente a la circunferencia en un punto com´ un. ´ (3) Angulo central. Es el ´angulo formado por dos radios. Teorema 43. (1) La medida de un ´angulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del ´ angulo central que abre el mismo arco. (2) La medida de un ´ angulo semi-inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del ´ angulo central que abre el mismo arco. (3) El ´ angulo entre dos secantes trazadas a una circunferencia desde un punto exterior, es igual a la mitad de la diferencia de los dos arcos subtendidos. (4) El ´ angulo entre dos cuerdas que se cortan en el interior de una circunferencia, es igual a la mitad de la suma de los dos arcos subtendidos. Teorema 44 (Potencia de un punto). (1) Si dos cuerdas AB y CD de una circunferencia se intersectan en un punto P , entonces P A · P B = P C · P D. (2) Si A, B y C son puntos sobre una circunferencia y si la tangente en C, intersecta en un punto P a la prolongaci´on de la cuerda AB, entonces P C 2 = P A · P B. Definici´ on 45 (Cuadril´ateros). (1) Un cuadril´atero es un pol´ıgono de cuatro lados. Un cuadril´ atero ABCD es convexo si al trazar sus diagonales AC y BD, ´estas quedan dentro del cuadril´atero. Un cuadril´atero ABCD es c´ıclico si sus v´ertices est´ an sobre una misma circunferencia. (2) Un trapecio es un cuadril´atero que tiene dos lados paralelos. A los lados paralelos del trapecio se les llaman bases. Si los lados no paralelos del trapecio son iguales, se dice que el trapecio es is´osceles. (3) Un paralelogramo es un cuadril´atero que tiene ambos pares de lados opuestos paralelos. (4) Un rombo es un paralelogramo que tiene sus cuatro lados iguales. (5) Un rect´ angulo es un paralelogramo cuyos ´angulos son todos rectos. (6) Un cuadrado es un rect´angulo que tiene sus cuatro lados iguales.

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Teorema 46. Las siguientes afirmaciones son equivalentes. (1) ABCD es un cuadril´ atero c´ıclico. (2) ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180◦ . (3) ∠ADB = ∠ACB. (4) AC · BD = AB · CD + BC · AD (Teorema de Ptolomeo). Teorema 47 (Teorema de Varignon). Los puntos medios de los lados de un cuadril´ atero son los v´ertices de un paralelogramo. El per´ımetro del paralelogramo es igual a la suma de las longitudes de las diagonales del cuadril´atero y su ´area es igual a la mitad del ´ area del cuadril´atero. Teorema 48 (F´ormula de Brahmagupta). El ´area A de un cuadril´atero c´ıclico de lados a, b, c y d est´ a dada por: A= donde s =

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(s − a)(s − b)(s − c)(s − d),

a+b+c+d . 2

Teorema 49. El cuadril´ atero convexo ABCD es circunscrito, es decir, sus lados son tangentes a una misma circunferencia, si y s´olo si AB + CD = BC + DA.

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Bibliograf´ıa

[1] Comit´e Organizador de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas, Olimpiada de Matem´ aticas, 140 problemas. Academia de la Investigaci´on Cient´ıfica, M´exico 1993. [2] R. Bulajich, J. A. G´omez Ortega. Geometr´ıa. Cuadernos de Olimpiadas de Matem´ aticas. Instituto de Matem´aticas de la UNAM, 2002. [3] R. Bulajich, J. A. G´omez Ortega, Geometr´ıa, ejercicios y problemas. Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas. Instituto de Matem´aticas de la UNAM, 2002. [4] E. Gentile, Aritm´etica Elemental. Monograf´ıa No. 25 de la Serie de Matem´ aticas del Programa Regional de Desarrollo Cient´ıfico y Tecnol´ogico de la OEA. Ediciones de la OEA, 1988. [5] R. Grimaldi, Matem´ aticas Discretas y Combinatoria. Addison-Wesley Iberoamericana, M´exico 1989. [6] V. Gusiev, V. Litvinenko, A. Mordkovich, Pr´acticas para Resolver Problemas de Matem´ aticas, (Geometr´ıa). Editorial Mir, Mosc´ u 1969. [7] A. Illanes Mej´ıa, Principios de Olimpiada en la colecci´on Cuadernos de Olimpiadas de Matem´ aticas. Instituto de Matem´aticas, UNAM, M´exico, 2001. [8] V. Litvinenko, A. Mordkovich, Pr´acticas para Resolver Problemas de Matem´ aticas, (Algebra y Trigonometr´ıa). Editorial Mir, Mosc´ u 1989.

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Comit´e Organizador de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas Radmila Bulajich Manfrino (Presidenta) Anne Alberro Semerena Ignacio Barradas Bribiesca Alejandro Bravo Mojica Gabriela Campero Arena Jos´e Antonio Climent Hern´andez Jos´e Alfredo Cobi´an Campos Luis Cruz Romo Marco Antonio Figueroa Ibarra Jes´us Jer´onimo Castro Antonio Olivas Mart´ınez Juan Carlos Piceno Rivera Carlos Jacob Rubio Barrios Elena Ruiz Vel´azquez Pablo Sober´on Bravo Carmen Sosa Garza Rogelio Valdez Delgado